%!TEX root=main.tex
\section{Grenzwerte}

\subsection{Der Limes ~\cite{studimup.de}}
Mit dem Limes können Grenzwerte angegeben werden. Der Limes beschreibt, was passiert, wenn man für eine Variable Werte einsetzt, die einem bestimmten Wert immer näherkommen. Dabei steht unter dem „lim“ die Variable und gegen welche Zahl sie geht (also welchem Wert die Variable immer näher kommt). Nach dem „lim“ steht dann die Funktion, worin dann die Werte für x eingesetzt werden, zum Beispiel:
$\lim _ { x \rightarrow \infty } \frac { 1 } { x }$

Diese Schreibweise bedeutet, dass man für $x$ in die Funktion $1/x$ Werte einsetzt, die immer näher an unendlich herankommen. Man kann ja keinen unendlichen Wert einsetzen, aber man kann mit dem Limes „gucken“ was für unendlich herauskommen würde.  Man spricht dann „Limes gegen unendlich“. Das geht natürlich auch mit allen anderen Werten, nicht nur für unendlich.   

\subsection{Grenzwerte im Unendlichen}
Grenzwerte im Unendlichen beschreiben, was mit der Funktion passiert, also an welchen Wert sich die Funktion immer mehr annähert, wenn $x$ gegen unendlich läuft (das heißt, wenn $x$ immer größer wird bis unendlich). Dabei kann $x$ gegen $+\infty$ und $-\infty$ laufen, also immer kleiner oder größer werden. Es sieht dann in mathematischer Schreibweise folgendermaßen aus:

$\lim _ { x \rightarrow \infty } f ( x ) \quad$ und $\quad \lim _ { x \rightarrow - \infty } f ( x )$

\begin{center}
\input{limit001.pgf}	
\end{center}



\subsection{Merkblatt}\label{lbl:MerkblattGrenzwert}

\subsubsection{Wichtige Grenzwerte}

%	\setlength\extrarowheight{10pt}
%\begin{tabular}{|C{2cm}|C{2cm}|}
%	\hline
%	&  \\
%	\hline
%	$\frac { 1 } { \infty }$ &  $0$ \\
%	\hline
%	$\frac { 1 } { \pm 0 }$ &  $\pm \infty$\\
%	\hline
%	&  \\
%	\hline
%	&  \\
%	\hline
%	&  \\
%	\hline
%	&  \\
%	\hline
%	&  \\
%	\hline
%\end{tabular}
%\begin{tabular}{l}

\begin{TAB}(r,7mm,8mm)[10pt]{|c|l|}{|c|c|c|c|c|c|}% (rows,min,max)[tabcolsep]{columns}{rows}
	$\frac { 1 } { \infty }$ & $0$    \\
	$\frac { 1 } { \pm 0 }$ & $\pm \infty$  \\
	$\mathrm { e } ^ { \infty }$ & $\infty$\\
	$q ^ { \infty }$ & $\text {falls } | q | < 1$\\
	$\ln ( \infty )$&$\infty$\\
	$\ln \left( 0 ^ { + } \right) $&$ - \infty$	 
\end{TAB}




\begin{longtable}{|l|l|l|} 
 $\left[ \frac { 0 } { 0 } \right] , \left[ \frac { \infty } { \infty } \right]$ & \textbf{Zähler} und \textbf{Nenner} einzeln \textbf{ableiten}. & $\lim _ { x \rightarrow 0 } \frac { \sin ( x ) } { x } \frac { \left[ \frac { 0 } { 0 } \right] } { = } \lim _ { x \rightarrow 0 } \frac { \cos ( x ) } { 1 } = 1$\\\hline
 & & $\lim _ { x \rightarrow \infty } \frac { 3 x } { e ^ { 2 x } } \stackrel { \left[ \frac { \infty } { \infty } \right] } { = } \lim _ { x \rightarrow \infty } \frac { 3 } { 2 e ^ { 2 x } } = 0$ \\
 \\
$[ 0 \cdot \infty ]$ & \textbf{Umformen zu} $\left[ \frac { 0 } { 0 } \right]$ \textbf{oder} $\left[ \frac { \infty } { \infty } \right]$: & \\ 

& \textbf{Bruch vorhanden?}: Bruch \glqq zusammensetzen\grqq\ & $\lim _ { x \rightarrow \infty } \frac { 1 } { x } \cdot \ln ( x ) \stackrel { [ 0 \cdot \infty ] } { = }$ \\

& & $\lim _ { x \to \infty } \frac { \ln ( x ) } { x } \stackrel { \left[ \frac { \infty } { \infty } \right] } { = } \ldots$ \\ \\
 & \textbf{Sonst}: Bruch \glqq erzeugen\grqq mit $a \cdot b = \frac { a } { 1 / b } = \frac { b } { 1 / a }$&  $\lim _ { x \rightarrow 0 ^ +} x \cdot \ln ( x ) \mathop  =\limits^{\left[ 0 \cdot \infty  \right]}  $\\
 & & $\lim _ { x \rightarrow 0 ^ { + } } \frac { \ln ( x ) } { 1 / x } \mathop  = \limits^{\left[ \frac{\infty }{\infty } \right]}\ldots$\\ \\
$ \left[ 0 ^ 0 \right] , \left[ 1 ^ \infty \right],$ & \textbf{Umformen zu} $\left[ 0 \cdot \infty \right] : \quad a ^ b  = e ^ { b \cdot \ln ( a ) }$ & $\lim _ { x \rightarrow 0 ^ { + }
 } ( 1 - x ) ^ { \frac { 1 } { x } } \stackrel { \left[ 1 ^ { \infty } \right] } { = }$\\
 $\left[ \infty ^  0 \right]$& & $\lim _ { x \rightarrow 0 ^ { + } } e ^ { \frac { 1 } { x } \cdot \ln ( 1 - x ) } \stackrel { [ 0 \cdot \infty ] } { = } \ldots$\\
$[ \infty - \infty ]$ & \textbf{Umformen}: &\\
&\textbf{Bruch vorhanden?}: Hauptnenner bilden & $\lim _ { x \rightarrow 0 ^ { + } } \frac { 1 } { x } - \frac { 1 } { \ln ( 1 + x ) } \stackrel { [ \infty - \infty ] } { = }$\\
& & $\stackrel { [ \infty - \infty ] } { = }\lim _ { x \rightarrow 0 ^ { + } } \frac { \ln ( 1 + x ) - x } { x \cdot \ln ( 1 + x ) } \stackrel { \left[ \frac { 0 } { 0 } \right] } { = } \ldots$\\
& \textbf{Quadratwurzel vorhanden?:} $a - b = \frac { a ^ { 2 } - b ^ { 2 } } { a + b }$ &  $\lim _ { x \rightarrow \infty } x - \sqrt { x ^ { 2 } + 1 } \stackrel { [ \infty - \infty ] } { = }$\\
 
\end{longtable}

\vfill
\pagebreak


\subsection{Wichtige Grenzwerte}
Empfehlung: Die Zahl die gegen das $x$ läuft in die Funktion einsetzen. Im einfachsten Fall kommt sofort das Endergebnis heraus.
\begin{enumerate}
	\item Einfach
	z.B. $\mathop {\lim }\limits_{x \to - 3} {x^2} = 9$
\item $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{x} = 0$
\item $\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{\ln \left( {x - 1} \right)}}{{x - 2}} = 1$
\end{enumerate}

\textbf{Beispiel}: Funktion $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \frac{1}{{{x^2} - 1}}$


\begin{figure}[h]
%	\pgfplotsset{compat=1.13}
%	\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1cm,y=1cm,scale=0.6]
%	\definecolor{ffqqqq}{rgb}{1,0,0}
%		\definecolor{qqwuqq}{rgb}{0,0.39215686274509803,0}
%	\begin{axis}[
%	x=1cm,y=1cm,
%	axis lines=middle,
%	ymajorgrids=true,
%	xmajorgrids=true,
%	xmin=-7.72,
%	xmax=7.7,
%	ymin=-5.5,
%	ymax=5.5,
%	xtick={-7,-6,...,7},
%	ytick={-5,-4,...,5},]
%	\clip(-7.72,-5.48) rectangle (7.72,5.48);
%	\draw[line width=0.75pt,color=qqwuqq,smooth,samples=400,domain=-7.72:7.719999999999998] plot(\x,{1/((\x)^(2)-1)});
%	\begin{scriptsize}
%	%\draw[color=qqwuqq] (-7.54,-0.05) node {$f$};
%	\draw [fill=ffqqqq] (2,0.3333333333333333) circle (2.5pt);
%	\draw[color=ffqqqq] (2.8,0.77) node {$(2, 0.33)$};
%	\end{scriptsize}
%	\end{axis}
%	\end{tikzpicture}
\centering
%\includegraphics[scale=.7]{gnuplot01.png}
\input{limit01.pgf}
\end{figure}


%\begin{figure}[h]
%\pgfplotsset{compat=1.15}
%\begin{tikzpicture}[>=stealth, baseline=0,scale=0.75,x=1cm,y=1cm]
%\definecolor{ffqqqq}{rgb}{1,0,0}
%\definecolor{qqwuqq}{rgb}{0,0.39215686274509803,0}
%\begin{axis}[
%	x=1cm,y=1cm,
%	axis lines=middle,
%	ymajorgrids=true,
%	xmajorgrids=true,
%	xmin=-7.72,
%	xmax=7.7,
%	ymin=-5.5,
%	ymax=5.8,
%	xtick={-7,-6,...,7},
%	ytick={-5,-4,...,5},
%	restrict y to domain=-5.5:5.8,
%	restrict y to domain=-7.72:7.7]
%	\clip(-7.72,-5.48) rectangle (7.72,5.48);
%	\draw[line width=0.8pt,color=qqwuqq,smooth,samples=500,domain=-7:7] plot(\x,{1/((\x)^(2)-1)});
%	\begin{scriptsize}
%		\draw [fill=ffqqqq] (2,0.3333333333333333) circle (2.5pt);
%		\draw[color=ffqqqq] (2.8,0.77) node {$(2, 0.33)$};
%	\end{scriptsize}
%\end{axis}
%\end{tikzpicture}
%\end{figure}

\marginpar{bekommt man allgemein bei dieser Methode ein eindeutiges Ergebnis, so ist die Aufgabe gelöst}Hier kann man auch erst alle $x$ mit dem Grenzwert füllen und berechnen. Hier in diesem Fall ergibt sich ein eindeutiges Ergebnis: $\mathop {\lim }\limits_{x \to  - 2} \frac{1}{{{x^2} - 1}} = \frac{1}{3}$

Schaut man sich die Funktion an der Stelle $-1$ an, so kann man hier von zwei Seiten diesen Wert untersuchen. Wenn man von links kommt so schreibt man $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \frac{1}{{{x^2} - 1}}$. Hier geht Funktion gegen $+\infty$. Von rechts $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{1}{{{x^2} - 1}}$ geht die Funktion gegen $-\infty$.

\definecolor{ffqqqq}{rgb}{1,0,0}
\definecolor{qqwuqq}{rgb}{0,0.39215686274509803,0}

%%%%%%%%%%%%%%Test%%%%%%%%%%%%%%
%\begin{figure}[htb]
%  \centering
%  \begin{minipage}[t]{.45\linewidth}
%    \centering
%        \pgfplotsset{compat=1.13} 
%	\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1cm,y=1cm,scale=0.5]
%	\definecolor{ffqqqq}{rgb}{1,0,0}
%	\definecolor{qqwuqq}{rgb}{0,0.39215686274509803,0}
%	\definecolor{ffzzqq}{rgb}{1,0.2,0}
%	\begin{axis}[
%	x=1cm,y=1cm,
%	axis lines=middle,
%	ymajorgrids=true,
%	xmajorgrids=true,
%	xmin=-7.72,
%	xmax=7.7,
%	ymin=-5.5,
%	ymax=5.5,
%	xtick={-7,-6,...,7},
%	ytick={-5,-4,...,5},]
%	\clip(-7.72,-5.48) rectangle (7.72,5.48);
%	\draw[line width=0.75pt,color=qqwuqq,smooth,samples=400,domain=-7.72:7.719999999999998] plot(\x,{1/((\x)^(2)-1)});
%	\begin{scriptsize}
%	%\draw[color=qqwuqq] (-7.54,-0.05) node {$f$};
%	\draw [->,line width=2pt,color=ffzzqq] (-5,4) -- (-1.32,4);
%	%\draw [fill=ffqqqq] (2,0.3333333333333333) circle (2.5pt);
%	%\draw[color=ffqqqq] (2.8,0.77) node {$(2, 0.33)$};
%	\draw[color=ffzzqq] (-3.211316965163661,4.440165320759923) node {von links};
%	\end{scriptsize}
%		\end{axis}
%	\end{tikzpicture}
%  \end{minipage}%
%  \hfill%
%  \begin{minipage}[t]{.45\linewidth}
%    \centering
% 	\pgfplotsset{compat=1.13}
%	\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1cm,y=1cm,scale=0.5]
%	\definecolor{ffqqqq}{rgb}{1,0,0}
%	\definecolor{qqwuqq}{rgb}{0,0.39215686274509803,0}
%	\definecolor{ffzzqq}{rgb}{1,0.2,0}
%	\begin{axis}[
%	x=1cm,y=1cm,
%	axis lines=middle,
%	ymajorgrids=true,
%	xmajorgrids=true,
%	xmin=-7.72,
%	xmax=7.7,
%	ymin=-5.5,
%	ymax=5.5,
%	xtick={-7,-6,...,7},
%	ytick={-5,-4,...,5},]
%	\clip(-7.72,-5.48) rectangle (7.72,5.48);
%	\draw[line width=0.75pt,color=qqwuqq,smooth,samples=400,domain=-7.72:7.719999999999998] plot(\x,{1/((\x)^(2)-1)});
%	\draw [<-,line width=2pt,color=ffzzqq] (-0.7673053253313482,-5.056552230598019) -- (2.9126946746686526,-5.056552230598019);
%	\begin{scriptsize}
%	\draw[color=ffzzqq] (1.5,-4.6911412980822496) node {von rechts};
%	\end{scriptsize}
%	\end{axis}
%	\end{tikzpicture}  
%    \end{minipage}
%%  \caption{Bildtitel}
%\end{figure}
\begin{figure}[htb]
  \centering
  \begin{minipage}[t]{.45\linewidth}
    \centering
    \input{limit01a.pgf}
    \caption*{An der Stelle $-2 \rightarrow 2^+$}
    \end{minipage}%
    \hfill%
    \begin{minipage}[t]{.45\linewidth}
      \centering
          \includegraphics[scale=0.45]{gnuplot01b.png}
          \caption*{An der Stelle $-2 \rightarrow 2^-$}
        \end{minipage}%
    \end{figure}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\pagebreak


\begin{itemize}
	\item $\frac{1}{{ \pm 0}} \to  \pm \infty $ hiermit ist gemeint, je mehr der Nenner gegen $0$ geht, da eine Division durch Null nicht möglich ist.
	\item $\frac{1}{\pm \infty} \to 0$
\end{itemize}

\begin{figure}[h]
	\centering
	%\resizebox{!}{.15\paperheight}{\input{gnuplot02.gp}}
	%\resizebox{!}{.15\paperheight}{\includegraphics{gnuplot01a.png}}
	\includegraphics[scale=0.5]{gnuplot02a.png}
	\caption*{$\frac{1}{x}$}
\end{figure}


\begin{itemize}
	\item $e^{\infty} \to  \infty $ 
	\item $e^{- \infty} \to 0$
\end{itemize}

\begin{figure}[h]
\centering
%TODO
%\resizebox{!}{.15\paperheight}{\input{gnuplot03a.gp}}
	\includegraphics[scale=0.5]{gnuplot03a.png}
	\caption*{$e^x$}
\end{figure}
\pagebreak

%http://tutorial.math.lamar.edu/Classes/CalcI/InverseFunctions.aspx
\marginpar{die Logarithmus-Funktion ist nur im positiven Bereich. Man kann sich nur von rechts der $0$ annähern.}
\begin{itemize}
	\item $\ln (\infty) \to  \infty $ 
	\item $\ln (0^+) \to -\infty$
\end{itemize}
\begin{figure}[ht]
\centering
%\resizebox{!}{.15\paperheight}{\input{gnuplot03.gp}}
\includegraphics[scale=0.5]{gnuplot04a.png}
\caption*{$\ln x$}%
\end{figure}

\begin{itemize}
	\item $q^\infty = 0$, falls $\left|q\right|<1$ 
	\item $\ln (0^+) \to -\infty$
\end{itemize}

\vfill

\pagebreak
\subsection{Regeln von L'Hospital}
Wenn man Grenzwerte wie $\lim _ { x \rightarrow x _ { 0 } } f ( x )$ bestimmen soll, schaut man zuerst einmal, was man denn erhalten würde, wenn man $x_0$ einfach einsetzt.



Kommt bei der Berechnung von Grenzwerten einer der nachfolgenden Sonderfälle heraus, so kann man diese gegebenenfalls mit der Regeln von L'Hospital lösen.
\begin{description}
\item [1.]\tikz[na]\node [coordinate] (n1) {}; $\frac{0}{0}$
\item [2.]\tikz[na]\node [coordinate] (n2) {}; $\frac{\infty}{\infty}$
\end{description}
Diese beiden Punkte können mit der Regel von L'Hospital gelöst werden. 
\textbf{Beispiel:} $\mathop {\lim }\limits_{x \to  2} {\frac{x^2+x-6}{x^2-3x+2}}$ wird hier nun die $2$ eingesetzt, so ergibt sich:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to  2} {\frac{2^2+2-6}{2^2-3\cdot 2+2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  2} {\frac{4+2-6}{4-6+2}} = \frac{0}{0}$. Da das Ergebnis $\frac{0}{0}$ beträgt wird nun die Regel von L'Hospital angewandt. Hierzu werden der Zähler und der Nenner separat differenziert. Somit ergibt sich $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} {\frac{2x+1}{2x-3}}=\frac{5}{1}=5$. 

\begin{description}
\item [3.]\tikz[na]\node [coordinate] (n3) {}; $0\cdot \infty$ \qquad \tikz[na]\node [coordinate] (n31){}; Bruch vorhanden: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{x}\ln \left( x \right)=\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{\ln \left( x \right)}{x}$


\hspace{1.35cm} \tikz[na]\node [coordinate] (n32){}; sonst: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} x \cdot \ln \left( x \right)=\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{\ln \left( x \right)}{\frac{1}{x}}$
%\begin{description}
	%\item[] 
	
%	\item[] 
%\end{description}
\end{description}


\begin{description}
	\item [4.]\tikz[na]\node [coordinate] (n41) {};$0^0$\tikz[na]\node [coordinate] (n4) {};
	\item [5.]\tikz[na]\node [coordinate] (n51) {};$\infty^0$\tikz[na]\node [coordinate] (n5) {}; 
    
    
    %$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} x \cdot \ln \left( x \right)=\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{\ln \left( x \right)}{\frac{1}{x}}$
	\item [6.]\tikz[na]\node [coordinate] (n61) {};$1^\infty$\tikz[na]\node [coordinate] (n6) {};
    \item [7.]\tikz[na]\node [coordinate] (n7){};$\infty-\infty$ Bruch vorhanden: Hauptnenner bilden
    
  $\sqrt[2]{\ldots} a-b=\frac{a^2-b^2}{a+b} $
  
  $\sqrt[3]{\ldots} a-b =\frac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2}$
\end{description}


\begin{tikzpicture}[overlay]
%\node [xshift=0cm,yshift=0cm] at (current page.south west)
%{
\path[-latex, color=blue!40, line width=0.5mm, opacity=0.5] (n3) edge [bend left=70] (n1);
\path[-latex, color=red!40, line width=0.5mm, opacity=0.5] (n3) edge [bend left=60] (n2);

\path[-latex, color=green!40!black, line width=0.25mm, opacity=0.5] (n3) edge [bend right=20] (n31);

\path[-latex, color=green!80!black, line width=0.25mm, opacity=0.5] (n3) edge [bend left=20] (n32);

\path[-latex, color=red!80!black, line width=0.25mm, opacity=0.5] (n41) edge [bend left=70] (n3);

\path[-latex, color=red!60!black, line width=0.25mm, opacity=0.5] (n51) edge [bend left=70] (n3);

\path[-latex, color=red!40!black, line width=0.25mm, opacity=0.5] (n61) edge [bend left=70] (n3);
%\path (n6) -| node[coordinate] (n4) {} (n1);
%\draw[thick,decorate,decoration={brace,amplitude=5pt}]
%(n1) -- (n3);
%\node[right=4pt] at ($(n1)!0.5!(n3)$) {One and two are cool};

\node [inner sep=3pt, fit=(n4) (n5) (n6) ] (bracemarks) {};
\draw[thick,decorate,decoration={brace,amplitude=5pt}]
(bracemarks.north east) -- (bracemarks.south east) node[midway, right=6pt] {$a^b=e^{b\cdot\ln(a)} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {x^{\tikz\node[draw,shape=circle,anchor=base, color=red] {$2x$} ;}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {e^{2x \cdot \ln \left( x \right)}}$};
%}
\end{tikzpicture}

\pagebreak
\subsubsection{Beispiele zu $\frac{0}{0}$ und $\frac{\infty}{\infty}$}


\begin{enumerate}
\item $\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} {\frac{x^3-6x^2+12x-8}{x^2-4x+4}}=\frac{0}{0}$ Anwenden der Regel von L'Hospital.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} {\frac{3x^2-12x+12}{2x-4}}=\frac{0}{0}$ somit muss hier die L'Hospitalsche Regel noch einmal angewandt werden

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} {\frac{6x-12}{2}}=\frac{0}{2} = \underline{\underline{0}}$

\item $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty}\frac{-2x^3+3x-1}{4\sqrt{5}+x^2+1}$
\marginpar{In der Unendlichkeit überleben immer nur die stärksten Terme}

Ausklammern der höchsten (des am stärksten wachsenden Term) Potenz in Nenner und Zähler. Die beiden höchsten Potenzen sind hier $x^3$ und $x^{\frac{5}{2}}$. Die am stärksten wachsende ist in diesem Fall $x^3$.

Somit $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty}\frac{x^3\left(-2+\frac{3}{x^2}-\frac{1}{x^3}\right)}{{x^3}\left( {4{x^{ - \frac{1}{2}}} + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^3}}}} \right)}=\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty}\frac{x^3\left(-2+\frac{3}{x^2}-\frac{1}{x^3}\right)}{{x^3}\left( {{\frac{4}{{{x^{\frac{1}{2}}}}}} + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^3}}}} \right)} $\marginpar{$\frac{a^m}{a^n}=a^{m-n}$}
Alle Terme in der eine Konstante durch $x$ geteilt wird gehen nach $0$. Somit
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty}\frac{x^3\left(-2+\cccancelto[red]{\frac{3}{x^2}}{0}-\cccancelto[red]{\frac{1}{x^3}}{0}\right)}{{x^3}\left( \bccancelto[orange]{\frac{ 4 }{x^{\frac{1}{2}}}}{0} + \bccancelto[orange]{\frac{1}{x}}{0} + \bccancelto[orange]{\frac{1}{x^3}}{0} \right)}$ 

Als Ergebnis erhält man hier $\frac{-2}{0}$ was in diesem Fall bedeutet das das Ergebnis nach unendlich geht, hier ist es $-\infty$

\item $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos \left( {{x^3}} \right)}}{{4{x^6}}}$ wird die $0$  eingesetzt so ergibt sich ein $\frac{0}{0}$ Ergebnis:

 
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos \left( {{0^3}} \right)}}{{4 \cdot {0^6}}} = \frac{{1 - 1}}{0} = \frac{0}{0}$ 

Anwendung von L'Hospital: \marginpar{Kettenregel: 
	
$f\left( x \right) = g\left( {h\left( x \right)} \right) \to f'\left( x \right) = g'\left(h\left( x \right) \right) \cdot h'\left( x \right)$ } 

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin \left( {{x^3}} \right) \cdot \cccancelto[blue]{3}{}{\cccancelto[red]{x^2}{}}}}{\bccancelto[blue]{24}{8} \cdot {x^{\bccancelto[red]{5}{3}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin \left( {{x^3}} \right)}}{{8{x^3}}}$ 

Dies ergibt wieder $\frac{0}{0} \rightarrow \sin(0) = 0$ und $8\cdot 0^3 = 0$ somit wird wieder differenziert:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{\cos \left( x^3 \right) \cdot \cccancelto[green!50!black]{3}{}\cccancelto[orange]{x^2}{}}{\bccancelto[green!50!black]{24}{8}\bccancelto[orange]{x^2}{}}=\frac{1}{8}$

\item \marginpar{\[\frac{0}{{\sqrt {16}  - 4}} = \frac{0}{0}\]}$\lim \limits_{x \to 4^-}\frac{\sqrt{4-x}}{\sqrt{12+x}-4} = \lim \limits_{x \to 4^-} \frac{{{{\left( {4 - x} \right)}^{\frac{1}{2}}}}}{{{{\left( {12 + x} \right)}^{\frac{1}{2}}} - 4}}$ 

Nach dieser Umstellung kann man die L'Hospitalsche Regel anwenden:

Somit: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 4^-}\frac{{\frac{1}{2}{{\left( {4 - x} \right)}^{ - \frac{1}{2}}} \cdot  - 1}}{{\frac{1}{2}{{\left( {12 + x} \right)}^{ - \frac{1}{2}}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4^-}\frac{{ - \frac{1}{2}{{\left( {4 - x} \right)}^{ - \frac{1}{2}}}}}{{\frac{1}{2}{{\left( {12 + x} \right)}^{ - \frac{1}{2}}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4^-}\frac{{\frac{1}{2}{{\left( {12 + x} \right)}^{\frac{1}{2}}}}}{{ - \frac{1}{2}{{\left( {4 - x} \right)}^{\frac{1}{2}}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 4^-}\frac{{\cccancelto[black]{\frac{1}{2}}{}{{\left( {12 + x} \right)}^{\frac{1}{2}}}}}{{ - \bccancelto[black]{\frac{1}{2}}{}{{\left( {4 - x} \right)}^{\frac{1}{2}}}}}$


$ = - \frac{{{{\left( {12 + x} \right)}^{\frac{1}{2}}}}}{{{{\left( {4 - x} \right)}^{\frac{1}{2}}}}} = \frac{-4}{0}$ 

Die Division durch $0$ bedeutet in diesem Fall das das Ergebnis gegen unendlich geht, hier $-\infty$.

\item $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{e^x-2x-e^{-x}}{x-\sin{x}}$ 

\marginpar{Man kann die Regel solange anwenden, solange sich Änderungen ergeben, wen nicht sollte man ausklammern etc... ausprobieren}Einsetzen der $0$ ergibt 
$\frac{{{e^0} - 2 \cdot 0 - {e^{ - 0}}}}{{0 - 0}} = \frac{0}{0}$
Somit muss wieder L'Hospital angewandt werden:

Ableiten von Nenner und Zähler: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{e^x-2+e^{-x}}{1-\cos{x}}$ 

Einsetzen von $0$ ergibt: $\frac{{{e^0} - 2 + {e^{ - 0}}}}{{1 - \cos (0)}} = \frac{{1 - 2 + 1}}{{1 - 1}} = \frac{0}{0}$

Da noch immer keine Lösung erhalten wurde, wird nun wieder differenziert:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{e^x-2+e^{-x}}{1-\cos{x}}=\mathop{\lim }\limits_{x \to 0}\frac{e^x - e^{ - x}}{\sin (x)}$ 

Und wieder:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} + {e^{ - x}}}}{{\cos (x)}} = \frac{2}{1} = 2$

\item $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{2^x} - {2^{ - x}}}}{{{2^x} + {2^{ - x}}}}$

Hier wird ist nun ein Fall bei der die Regel von L'Hospital zwar zur Anwendung kommen kann, jedoch nichts bewirkt.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{2^x - 2^{ - x}}{2^x + 2^{ - x}}=\mathop { \lim   }\limits_{ x\to \infty  }\frac { 2^{ x }\ln { ( } 2)-\left( -\ln { ( } 2)\cdot 2^{ -x } \right)  }{ { 2 }^x\ln(2)-2^{-x}\ln(2) } =\mathop { \lim   }\limits_{ x\to \infty  }\frac { 2^{ x }\ln { \left(2\right)} +\ln { \left(2\right)}\cdot 2^{ -x } }{ { 2 }^{ x }\ln { \left(2\right)}-2^{ -x }\ln { \left(2\right)} } \\=\mathop {\lim }\limits_{ x\to \infty  }\frac { \ln { \left( 2 \right)  } \left( 2^{ x }+2^{ -x } \right)  }{  \ln { \left( 2 \right)  } \left( { 2 }^{ x }-2^{ -x } \right)   } =\mathop {\lim }\limits_{ x\to \infty  }\frac {  \left( 2^{ x }+2^{ -x } \right)  }{\left( { 2 }^{ x }-2^{ -x } \right)   } $

Beim nächsten Differenzieren würde sich wiederum nur das Operationszeichen umkehren, also + wird wieder - etc. In diesem Fall wird ausgeklammert:

$ = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\cccancelto[red]{\ln (2)}{}\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}}{{\bccancelto[red]{\ln (2)}{}\left( {{2^x} - {2^{ - x}}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\left( {{2^x} + {2^{ - x}}} \right)}}{{\left( {{2^x} - {2^{ - x}}} \right)}} $

Nun wird $2^x$ ausgeklammert.


Es gilt $\frac{{{a^m}}}{{{a^n}}} = {a^{m - n}} \Rightarrow \frac{{{2^{ - x}}}}{{{2^x}}} = {2^{ - x - x}} = {2^{ - 2x}}$ 

und somit:

$ = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{2^x}\left( {1 + {2^{ - 2x}}} \right)}}{{{2^x}\left( {1 - {2^{ - 2x}}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1 + \cccancelto[blue]{2^{ - 2x}}{0}}{1 - \bccancelto[blue]{2^{ - 2x}}{0}}=\frac{1}{1}=1$

\end{enumerate}

\pagebreak






%}\frac{\left(4-x\right)^{-\frac{1}{2}}}{\left(12+x\right)^{-\frac{1}{2}}}} = \lim \limits_{x \to 4^-}\frac{{{{\left( {12 + x} \right)}^{\frac{1}{2}}}}}{{{{\left( {4 - x} \right)}^{\frac{1}{2}}}}}$ \marginpar{wieder Anwendung der Kettenregel}
%fsdfsdfsdfsd
%\marginpar{
%\begin{wrapfigure}{l}{}
%\centering
%\resizebox{!}{.99\marginparwidth}{\input{gnuplot04.gp}}
%\caption{$\frac{\sqrt{4-x}}{\sqrt{12+x}-4}$}%
%\end{wrapfigure}
%}





%$\left\{
%\begin{tabular}{p{.8\textwidth}}
%\begin{itemize}
%\item Second line 
%\item Third line, which is quite long and seemingly tedious in the extreme
%\item Fourth line, which isn't as long as the third 
%\end{itemize}
%\end{tabular}
%\right.$

%$\xlimes{ 2 }{ \frac{ x^2 }{ x } }$

\subsubsection{Beispiele zu $0\cdot\infty$}

\begin{enumerate}
\item $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{x}\ln \left( {2x} \right)$ 

Hier tritt beim Einsetzen von $\infty$ geht $\frac{1}{\infty}$ gegen $0$ und $\ln\left(2x\right)$ gegen $\infty$.

Umwandeln der Funktion zu einem Bruch, damit man den Fall $\frac{\infty}{\infty}$ bzw. $\frac{0}{0}$ erhält und somit die Regel von L'Hospital anwenden kann. Somit
\marginpar{$f(x)=\ln{x}$

$f'(x)=\frac{1}{x}$}
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{\ln \left( 2x\right)}{x}\Rightarrow \frac{\infty}{\infty}\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x\to \infty  }\frac { \frac { 1 }{ \cccancelto[red]{2}{}x } \cccancelto[red]{2}{} }{ 1 } = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{x} = 0 $
 

\item $\mathop {\lim }\limits_{ x\to { 0 }^{ + } }x\cdot \ln { \left( 2x \right) } $

Hier ist $x=0$ und $\ln{\left(2\cdot 0^+\right)} = -\infty$ \marginpar{siehe wichtige Grenzwerte\ref{lbl:MerkblattGrenzwert}}

$\mathop {\lim }\limits_{ x\to { 0 }^{ + } }\frac { \ln { \left( 2x \right)  }  }{ \frac { 1 }{ x }  } = \frac{\infty}{\infty} \Rightarrow $\marginpar{$\frac{1}{x}=x^{-1}=-x^{-2}=-\frac{1}{x2}$} $\frac{\frac{1}{\cccancelto[red]{2}{}x}\cccancelto[red]{2}{}}{-\frac{1}{x^2}}=\frac{x^2}{-x}=x=0$

\marginpar{$\frac{1}{\frac{1}{x}}=\frac{1}{x^{-1}}$}
\item $\mathop {\lim }\limits_{x\to\infty}X^3\cdot e^{-2x}\Rightarrow $  \marginpar{$\infty^3=\infty$ und $e^{-2\infty}=0$}

  Da: $e^{-2x}=\frac{1}{e^{2x}}\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x\to\infty}\frac{x^3}{e^{2x}}=\mathop {\lim }\limits_{x\to\infty}\frac{3x^2}{e^{2x}}\Rightarrow \frac{\infty}{\infty}\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x\to\infty}\frac{6x}{2e^{2x}}= \mathop {\lim }\limits_{x\to\infty}\frac{6}{8e^{2x}}=0$ \marginpar{$\frac{6}{8e^{2\cdot\infty}}=0$}


\end{enumerate}

\subsubsection{Beispiele zu $0^0$, $\infty^0$ und $1^\infty$}
 
\begin{description}

\item[1.] $\mathop {\lim }\limits_{x\to 0^{+}} \tikz[na]\node [coordinate, xshift=1mm,yshift=1mm] (n11){}; x^{-3 \tikz[na]\node [coordinate,yshift=1mm] (n21) {};x}=$ $0^{-3\cdot 0}\Rightarrow 0^0$ Umformen durch das Hinzufügen der Eulerschen Zahl $e$ als Basis, der alte Exponent hier $-\tikz[na]\node [coordinate, xshift=1mm,yshift=1mm] (n22) {}; 3x$ bleibt und wird um den natürlichen Logarithmus der eigentlichen Basis ($\tikz[na]\node [coordinate, xshift=1mm,yshift=1mm] (n12) {}; x$) erweitert:

 $\mathop {\lim }\limits_{x\to 0^+}e^{-\tikz[na]\node [coordinate, xshift=1mm,yshift=-1mm] (n23) {};3x\ln\left(\tikz[na]\node [coordinate,yshift=-1mm] (n13) {}; x\right)}$

 Jetzt nur der Exponent betrachtet:

\begin{equation*}\mathop{\lim }\limits_{ x\to 0^+ }  x\cdot \left(\ln\left(\tikz[na]\node [coordinate,yshift=-2mm, xshift=-1mm] (n31) {};x\right)\right)\Rightarrow 0 \cdot \infty \Rightarrow \mathop{\lim }\limits_{ x\to 0^+ } \frac{\ln\left(x\right)}{\frac{1}{x}} \mathop  \Rightarrow \limits^{\frac{\infty }{\infty }}  \mathop  = \limits^{L'H} \mathop{\lim }\limits_{ x\to 0^+ }\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=-\frac{x^{\cccancelto[red]{2}{}}}{\cccancelto[red]{x}{}}=x= {\color{red}\tikz[na]\node [coordinate, xshift=1mm,yshift=2mm] (n32) {};0}
\end{equation*}%\tikz[baseline, remember picture ]{\node[fill=blue!20,anchor=base] (t1) {$0$};}


 \vspace{5mm}
 
 Nun wird dieses Ergebnis in die Ausgangs-Exponentialgleichung eingesetzt:

 \begin{equation*}
 \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} e^{-3 {\color{red}\ln\tikz[na]\node [coordinate, yshift=1.5mm] (n33) {};\left(x\right)}} = e^{-3 \cdot {\color{red}\tikz[na]\node [coordinate, yshift=1mm] (n34) {};0}} = e^0 = 1
\end{equation*}

\item[2.] $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } \sin {\left( x \right)^{\frac{1}{{\ln \left( x \right)}}}}\Rightarrow \sin
  \left(
    0
  \right)=0 \text{ und } \frac{1}{\ln
    \left(
      0^+
    \right)}=\frac{1}{-\infty}=0$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } e^{\frac{1}{\ln\left(x\right)}\cdot \ln\left(\sin\left(x\right)\right)}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } e^{\frac{\ln
    \left(
      \sin
      \left(
        x
      \right)
    \right)}{\ln
    \left(
      x
    \right)}}$
\marginpar{Man kann einzelne Teile aus dem kritischen Fall $\frac{0}{0}$ rauslösen, wenn man erstens nichts verändert und man zweitens keinen neuen kritischen Fall erzeugt. Da hier der $\cos\left(0\right)=1$ ist, kann dieser rausgelöst werden. }

\textbf{Nebenrechnung}:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + }\frac{\ln
    \left(
      \sin
      \left(
        x
      \right)
    \right)}{\ln
    \left(
      x
    \right)}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + }\frac{\frac{1}{\sin
      \left(
        x
      \right)}\cdot\cos
    \left(
      x
    \right)}{\frac{1}{x}}=\frac{\frac{\cos
    \left(
      x
    \right)}{\sin
    \left(
      x
    \right)}}{\frac{1}{x}}=\frac{x\cdot \cos\left(x\right)}{\sin\left(x\right)}$


$\underbrace {\mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + }\cos
\left(
  x
\right)}_{=1}\cdot\mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + }\frac{x}{\sin
  \left(
    x
  \right)}\mathop  = \limits^{\frac{0}{0}}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + }\frac{1}{\cos
  \left(
    x
  \right)}=1$

Dieses Ergebnis wird nun wieder in die umgeformte Ausgangsgleichung eingesetzt:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } e^{\frac{\ln
    \left(
      \sin
      \left(
        x
      \right)
    \right)}{\ln
    \left(
      x
    \right)}}=e^1=\underline{\underline{e}}$



\end{description}

\begin{tikzpicture}[overlay]
\path[-latex, color=blue!40, line width=0.5mm, opacity=0.5] (n11) edge [bend left=70] (n12);
\path[-latex, color=red!40, line width=0.5mm, opacity=0.5] (n21) edge [bend left=70] (n22);
\path[-latex, color=red!40, line width=0.5mm, opacity=0.5] (n22) edge [bend left=70] (n23);
\path[-latex, color=blue!40, line width=0.5mm, opacity=0.5] (n12) edge [bend left=70] (n13);

\path[-latex, color=red!80, line width=0.2mm, opacity=0.5](n31) edge [bend right] (n33);
\path[-latex, color=red!80, line width=0.2mm, opacity=0.5] (n32) edge [bend angle =-45, bend left] (n34);
\end{tikzpicture}

\newpage

\begin{description}
\item[3.] $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \sqrt[{1 - x}]{x}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}x^{\frac{1}{1-x}}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}e^{\frac{1}{1-x}\cdot \ln\left(x\right)}=e^{-\tikz[na]\node [coordinate, yshift=1mm] (n42) {};1}$


\textbf{Nebenrechnung:} $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\frac{\ln
    \left(
      x
    \right)}{1-x}= \mathop  = \limits^{\frac{\infty }{\infty }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{\frac{1}{x}}{-1}=-\tikz[na]\node [coordinate, yshift=1.5mm] (n41) {};1$
 
\item[4.]\marginpar{\raggedright{\color{red}$\frac{1}{x} = {x^{ - 1}} \left( {{x^{ - 1}}} \right)' =  - {x^{ - 2}} =  - \frac{1}{{{x^2}}}$

    \color{blue}$1+\frac{a}{x}=\left(1+ax^{-1}\right)'=-ax^{-2}=-\frac{a}{x^2} $}
  }

  $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty}\left(1+\frac{a}{x}\right)^x =\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty}e^{x\cdot\ln\left(1+\frac{a}{x}\right)}=e^{\tikz[na]\node [coordinate, xshift=1mm, yshift=1mm] (n52){};a}$

 \textbf{Nebenrechnung:} $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty}x\cdot\ln
 \left(
   1+\frac{a}{x}
 \right)=\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{1 + \frac{a}{x}}}{{\frac{1}{x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\frac{1}{{1 + \frac{a}{}}} \cdot \left( { - \frac{a}{{{x^2}}}} \right)}}{{ - \frac{1}{{{x^2}}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{ - \frac{a}{{{x^2} \cdot 1 + \frac{a}{x}}}}}{{ - \frac{1}{{{x^2}}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty }  - \frac{a}{\cccancelto[red]{x^2}{} \cdot 1 + \frac{a}{x}} \cdot  -\cccancelto[red]{x^2}{} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{a}{{1 + \frac{a}{x}}}$  Einsetzen von $\infty$ in $x$ $\frac{a}{{1 + \frac{a}{\infty }}} = \frac{a}{{1 + 0}} = \tikz[na]\node [coordinate, yshift=1.5mm,xshift=1mm] (n51){};a$

\item[5.] $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty }
  \left(10+x\right)^{\frac{2}{x}}=\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } e^{\frac{2}{x}\cdot\ln\left(10+x\right)}=e^0=1$

  \textbf{Nebenrechnung:} $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty }\frac{2\cdot 
    \ln\left(
      10+x
    \right)}{x}=\frac{2\cdot\frac{1}{10+x}\cdot 1}{1}=\frac{\frac{2}{10+x}}{1}=\frac{2\cdot\frac{1}{\infty}}{1}=\frac{0}{1}=0$
  
\item[6.]$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( e^{5x}-4x \right)^{\frac{1}{x}}=\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty }e^{\frac{1}{x}\ln\left(e^{5x}-4x\right)} = e^{\textbf{\textcolor{orange}{5}}}$


Nebenrechnung: $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty }\frac{1}{x}\ln\left(e^{5x}-4x\right)=\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty }\frac{\ln\left(e^{5x}-4x\right)}{x}=\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty }\frac{1}{e^{5x}-4x}\cdot 5e^{5x}-4=\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty}\frac{5e^{5x}-4}{e^{5x}-4x}=\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty}{\frac{25e^{5x}}{5e^{5x}-4}}=\frac{125e^{5x}}{25e^{5x}}=\textbf{\textcolor{orange}{5}}$

\end{description}



\begin{tikzpicture}[overlay]
\path[-latex, color=green!40!black, line width=0.5mm, opacity=0.5] (n41) edge [bend left=-70] (n42);
\path[-latex, color=yellow!40!black, line width=0.5mm, opacity=0.5] (n51) edge [bend left=-50] (n52);
\end{tikzpicture}

\subsubsection{Beispiele zu $\infty - \infty$}

\begin{enumerate}
	\marginpar{Im ersten Term wird im Zähler die 0 postiv, da $1^+$ und somit geht der Term gegen $\infty$}\item $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+}\frac{1}{x-1}-\frac{1}{\ln\left(x\right)}$

	Bilden eines Hauptnenners: $\frac{\ln\left(x\right)-\left(x-1\right)}{\left(x-1\right)\ln\left(x\right)}$ Dadurch entsteht der Fall $\frac{0}{0}$


\marginpar{$\left(u\cdot v\right)'=u'\cdot v+u\cdot v'$}$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+}\frac{\ln\left(x\right)-\left(x-1\right)}{\left(x-1\right)\ln\left(x\right)}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+}\frac{\frac{1}{x}-1}{1\cdot\ln\left(x\right)+\left(x-1\right)\cdot\frac{1}{x}}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+}\frac{-\frac{1}{x^2}}{\frac{1}{x} + \left( { - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)\left( {x - 1} \right) + \frac{1}{x}}$

Einsetzen der $1$

$\frac{-1}{1-1\cdot 0 +1}=-\frac{1}{2}$

\marginpar{Über dritte binomische Formel: $a-b=\frac{a^2-b^2}{a+b}$ also $\left(a-b\right)\left(a+b\right)=a^2-b^2$} 
\item $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty} x-\sqrt{x^2+1}=\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty}\underbrace x_{\textcolor{red}{a}} - \underbrace {\sqrt {{x^2} - 1} }_{\textcolor{red}{b}}=\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty}\frac{x^2-\left(x^2+1\right)}{x+\sqrt{x^2+1}}=\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty}\frac{x^2-\left(x^2+1\right)}{x+\sqrt{x^2-1}}=\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty}\frac{-1}{x+\sqrt{x^2-1}}=-\frac{1}{\infty}=0$

\item \marginpar{Zum Auflösen der Wurzel $a - b = \frac{{{a^3} - {b^3}}}{{{a^2} + ab + {b^3}}}$}$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } x - \sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}}=\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \underbrace x_a - \underbrace {\sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}}}_b=\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty }\frac{{{x^3} - {{\left( {\sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}}} \right)}^3}}}{{{x^2} + x\left( {\sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}}} \right) + {{\left( {\sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}}} \right)}^2}}} =\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty }\frac{{{x^3} - \left( {{x^3} - {x^2}} \right)}}{{{x^2} + x\left( {\sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}}} \right) + {{\left( {\sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}}} \right)}^2}}}$

Hier muss nun der am stärksten wachsende Term gesucht werden:
Zweiter Term des Nenners: $x\left( \sqrt[3]{x^3 - x^2} \right)$ hier würde beim Einsetzen von $\infty$ der Term $x\left( \sqrt[3]{x^3} \right)$ übrig, welcher sich dann wiederum auf $x\cdot x$ also $x^2$ reduziert.

Der dritte Term ${{{\left( {\sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}}} \right)}^2}}$ reduziert sich bei Betrachtung in der Unendlichkeit auf $\left( \sqrt[3]{x^3} \right)^2$. Da die dritte Wurzel aus $x^3 = x$ ist, bleibt $x^2$ übrig. Somit wachsen alle Terme im Nenner so schnell wie $x^2$.

Im Zähler bleibt da $x^3 - \left( x^3 - x^2 \right)$ nur $-x^2$ übrig, so also auch hier wächst alles so schnell wie $x^2$.

Das bedeutet das man jetzt den Faktor $x^2$ ausklammert:

\begin{itemize}
	\item Term 2 des Nenners:
	$\frac{x\left(\sqrt[3]{x^3 - x^2} \right)}{x^2} = \frac{\sqrt[3]{x^3 - x^2}}{x}$ 

	Um nun die Nenner $x$ in die Wurzel zu bekommen muss dieser hoch 3 genommen werden, somit ergibt sich $\frac{\sqrt[3]{x^3 - x^2}}{x^3} = \sqrt[3]{\frac{x^3 - x^2}{x^3}}$ 

	Nebenrechnung: $\frac{x^3 - x^2}{x^3} = \frac{x^2\left( x - 1 \right)}{x^2 \cdot x} = \frac{x - 1}{x} = 1 - \frac{1}{x}$	

	$=\sqrt[3]{1 - \frac{1}{x}}$

	\item Term 3 des Nenners: $\frac{\left( \sqrt[3]{x^3 - x^2} \right)^2}{x^2} = {\left( {\frac{{\sqrt[3]{{{x^3} - {x^2}}}}}{x}} \right)^2} = {\left( {\sqrt[3]{{\frac{{{x^3} - {x^2}}}{{{x^3}}}}}} \right)^2} = {\left( {\sqrt[3]{{1 - \frac{1}{x}}}} \right)^2}$

\end{itemize}

Die nun in die Ausgangsfunktion eimsetzen:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty} \frac{x^2}{x^2\left(1+\sqrt[3]{1+\frac{1}{x}}+\left(\sqrt[3]{1+\frac{1}{x}}\right)^2\right)}=\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty} \frac{1}{1+\sqrt[3]{1-\frac{1}{x}}+\left(\sqrt[3]{1-\frac{1}{x}}\right)^2}$

Da sich im Zähler nun kein $x$ mehr befindet, wird jetzt im Nenner $\infty$ eingesetzt. Alle $\frac{1}{x}$ werden $0$. Somit $\frac{1}{1+1+1}=\frac{1}{3}$

\end{enumerate}

 %\includegraphics[scale=0.45]{gnuplot08a.png}

%\begin{pycode} 
%print ('Hello, \LaTeX')
%\end{pycode}
 
%https://www.studimup.de/abitur/analysis/grenzwerte/
