F¨ur x >1 ergibt sich 0&lt

Aufgabe 1 a) Die Aussage

”lnx = o(x^α) f¨ur x → ∞“ bedeutet definitionsgem¨aß, dass (lnx)/x^α →0 f¨urx→ ∞ gilt. F¨ur x >1 ergibt sich

0< lnx

x^α = lnx

e^αlnx = lnx

1 +αlnx+_2!¹(αlnx)²+· · · ≤ lnx

1

2!(αlnx)² = 2 α²lnx

x→∞

−−−→0.

b) Die Aussage ist ¨aquivalent dazu, dass xsin(x⁻¹)/x f¨ur x → 0 beschr¨ankt ist. Dies ist wegen|sin(x⁻¹)| ≤1 offensichtlich richtig.

c)Diese Aussage bedeutet sinx−x=o(x²) f¨ur x→0 und dies stimmt wegen sinx−x

x² = (x− 3!¹x³+− · · ·)−x

x² = −3!¹x³+− · · ·

x² =−1

3!x¹+− · · ·−−→^x→0 0. d) Dies ist ¨aquivalent zu √

1 +x²−x=O(1/x) f¨ur x→ ∞, und dies trifft zu, denn

√1 +x²−x 1/x

= x √

1 +x²−x =

x(1 +x²−x²)

√1 +x²+x

=

√ x

1 +x²+x ≤

x x = 1. Aufgabe 2 Alle Funktionen fn sind stetig an der Stelle 0, denn f¨urx6= 0 gilt

|fn(x)|=|xⁿsin(x⁻¹)| ≤xⁿ und damit folgt fn(x)−−→^x→0 0 =f(0).

Die Funktion fn ist differenzierbar in 0, wenn limx→0

fn(x)−fn(0)

x−0 = lim

x→0

xⁿsin(x⁻¹)−0

x = lim

x→0xⁿ⁻¹sin(x⁻¹)

existiert. F¨urn ≥2 existiert dieser Grenzwert (es handelt sich dann um limx→0fn−1(x)), f¨ur n= 1 jedoch nicht: F¨ur die Folgex_k = (^π₂ +kπ)⁻¹ gilt n¨amlich x_k→0, aber

f1(xk)−f1(0)

xk−0 = sin(x⁻¹_k ) = sin(^π₂ +kπ) = (−1)^k konvergiert nicht.

Aufgabe 6 a) F¨ur h >0 gibt es nach dem Mittelwertsatz einξh ∈[a−h, a+h], so dass gilt

Z a+h

a−h

cosx² dx = ((a+h)−(a−h)) cosξ_h² = 2hcosξ_h². Damit ist _h¹Ra+h

a−h cosx² dx = 2 cosξ_h². F¨ur h → 0 konvergiert ξh gegen a. Damit konvergiert cosξ_h² gegen cosa². Zusammen folgt

hlim→0⁺

1 h

Z a+h

a−h

cosx² dx= 2 cosa².

b) F¨ur h >0 gibt es nach dem Mittelwertsatz einξh ∈[a+h, a+h+ 1], so dass gilt Z a+h+1

a+h

cosx² dx = ((a+h+ 1)−(a+h)) cosξ²_h = cosξ_h².

1

Damit ist ¹_hRa+h+1

a+h cosx² dx= ¹_hcosξ_h². Nun ist cosξ_h² ∈ [−1,1] f¨ur jeden Wert von ξh, folglich gilt

h→lim+∞

1 h

Z a+h+1

a+h

cosx² dx= 0.

c) F¨ur h >0 gibt es nach dem Mittelwertsatz ein ξh ∈[a+h, a+ 2h], so dass gilt Z a+2h

a+h

lnx dx= ((a+ 2h)−(a+h)) lnξh =hlnξh. Damit ist ¹_hRa+2h

a+h lnx dx= lnξ_h. Mit h → +∞ geht auch ξ_h gegen +∞. Damit geht lnξh gegen +∞. Damit konvergiert der Ausdruck nicht.

d) F¨ur h >0 gibt es nach dem Mittelwertsatz ein ξ_h ∈[a+h, a+ 2h], so dass gilt Z a+2h

a+h

arctanx dx= ((a+ 2h)−(a+h)) arctanξh =harctanξh. Damit ist ¹_hRa+2h

a+h arctanx dx= arctanξh. Mith→+∞geht auchξh gegen +∞. Damit konvergiert arctanξh gegen π/2. Zusammen folgt

h→+∞lim 1 h

Z a+2h

a+h

arctanx dx= π 2.

e) Wir zeigen dass der Grenzwert nicht existiert. Wir w¨ahlen daf¨ur ganzzahlige Werte von h, also h ∈ N und zerlegen das Intervall [1, h] in die h−1 Intervalle [n, n+ 1] f¨ur n= 1,2, . . . , h−1. Jedes dieser Intervalle hat die L¨ange 1.

Nach dem Mittelwertsatz f¨ur Integralrechnung existiert f¨ur jedes dieser Intervalle ein ξn ∈[n, n+ 1], so dassRn+1

n 1/x dx= 1/ξn ≥1/n+ 1. Damit gilt Z h

1

1 x dx=

h−1

X

n=1

Z n+1

n

1 x dx≥

h−1

X

n=1

1 n+ 1 =

h

X

n=2

1 n.

Diese Summe divergiert gegen +∞ f¨ur h→+∞. Damit divergiert auch das Integral.

f ) Wir zeigen, dass der Grenzwert 0 ist. Sei dazu ε >0.

Wir m¨ussen das Intervall in zwei Teile teilen, so dass wir bei beiden Teilen das Integral durch ε/2 absch¨atzen k¨onnen.

Das erste Intervall soll daher die L¨ange ε/2 haben. Mit dem Mittelwertsatz gibt es ein ξ∈[0, ε/2], so dass

Z ^ε₂

0

h^xcosx dx =

ε 2

|h^ξ| |cosξ| ≤ ε 2.

F¨ur ξ ∈ [ε/2,1] gilt ξ ≥ ε/2. Sei nun h > 0 so klein, dass h^ε/2 < ε/2. Dann gilt nach dem Mittelwertsatz f¨ur ein ξ ∈[ε/2,1]

Z 1

ε 2

h^xcosx dx

≤1 |h^ξ| |cosξ|< ε 2. Zusammen k¨onnen wir absch¨atzen

Z 1

0

h^xcosx dx =

Z ^ε₂

0

h^xcosx dx+

Z 1

ε 2

h^xcosx dx ≤

Z ^ε₂

0

h^xcosx dx +

Z 1

ε 2

h^xcosx dx < ε.

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