Kurs:Analysis/Teil I/1/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	${}\sum$
Punkte	3	3	4	1	3	7	8	3	4	5	4	4	2	8	5	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Das Bild von ${}F$ ist die Menge

   ${\left\{y\in M\mid {\text{es gibt ein }}x\in L{\text{ mit }}F(x)=y\right\}}.$

2. Eine Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in ${}K$ heißt Cauchy-Folge, wenn folgende Bedingung erfüllt ist: Zu jedem ${}\epsilon \in K$, ${}\epsilon >0$, gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart, dass für alle ${}n,m\geq n_{0}$ die Beziehung

   ${}\vert {x_{n}-x_{m}}\vert \leq \epsilon \,$

   gilt.

3. Die Gaußklammer ${}\lfloor x\rfloor$ ist die größte ganze Zahl ${}n\leq x$.
4. Man sagt, dass ${}f$ differenzierbar in ${}a$ ist, wenn der Limes

   $\operatorname {lim} _{x\in D\setminus \{a\},\,x\rightarrow a}\,{\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}$

   existiert.

5. Eine Funktion

   $F\colon D\longrightarrow {\mathbb {K} }$

   heißt Stammfunktion zu ${}f$, wenn ${}F$ auf ${}D$ differenzierbar ist und ${}F'(x)=f(x)$ für alle ${}x\in D$ gilt.

6. Unter einer Lösung der Differentialgleichung versteht man eine Funktion

   $y\colon I\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto y(t),$

   auf einem mehrpunktigen Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$, die folgende Eigenschaften erfüllt.

   1. Es ist ${}(t,y(t))\in U$ für alle ${}t\in I$.
   2. Die Funktion ${}y$ ist differenzierbar.
   3. Es ist ${}y'(t)=f(t,y(t))$ für alle ${}t\in I$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}{\left(x_{k}\right)}_{k\in \mathbb {N} }$ eine fallende Nullfolge von nichtnegativen reellen Zahlen. Dann konvergiert die Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}x_{k}$.
2. Für ${}z,w\in {\mathbb {C} }$ gilt

   $\sin(z+w)=\sin z\,\cos w+\cos z\,\sin w.$

3. Satzantwort Für einen beliebigen Punkt ${}a\in I$ ist die Integralfunktion

   ${}F(x):=\int _{a}^{x}f(t)\,dt\,$

   differenzierbar und es gilt

   ${}F'(x)=f(x)\,$

   für alle

   ${}x\in I$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}x,y$ reelle Zahlen. Zeige, dass

${}x-\left\lfloor x\right\rfloor =y-\left\lfloor y\right\rfloor \,$

genau dann gilt, wenn es ein ${}n\in \mathbb {Z}$ mit ${}y=x+n$ gibt.

Lösung

Es sei ${}x-\left\lfloor x\right\rfloor =y-\left\lfloor y\right\rfloor$. Da ${}\left\lfloor x\right\rfloor ,\left\lfloor y\right\rfloor$ ganze Zahlen sind, ist ${}n=\left\lfloor y\right\rfloor -\left\lfloor x\right\rfloor$ ganzzahlig. Damit gilt

${}{\begin{aligned}y&=\left\lfloor y\right\rfloor +(y-\left\lfloor y\right\rfloor )\\&=\left\lfloor y\right\rfloor +(x-\left\lfloor x\right\rfloor )\\&=x+\left\lfloor y\right\rfloor -\left\lfloor x\right\rfloor \\&=x+n.\end{aligned}}$

Es sei nun ${}y=x+n$ mit ${}n\in \mathbb {Z}$. Aus der definierenden Beziehung

${}\left\lfloor x\right\rfloor \leq x<\left\lfloor x\right\rfloor +1\,$

folgt

${}\left\lfloor x\right\rfloor +n\leq x+n<\left\lfloor x\right\rfloor +n+1\,,$

daher muss

${}\left\lfloor x+n\right\rfloor =\left\lfloor x\right\rfloor +n\,$

sein. Somit ist

${}{\begin{aligned}y-\left\lfloor y\right\rfloor &=x+n-\left\lfloor x+n\right\rfloor \\&=x+n-(\left\lfloor x\right\rfloor +n)\\&=x-\left\lfloor x\right\rfloor .\end{aligned}}$

Aufgabe (1 Punkt)

Für die Zahl ${}1000000\pi$ soll eine rationale Approximation gefunden werden, die vom wahren Wert um höchstens ${}{\frac {1}{1000}}$-stel abweicht. Wie gut muss eine Approximation für ${}\pi$ sein, dass man daraus eine solche gewünschte Approximation erhalten kann?

Lösung

Man braucht eine rationale Approximation von ${}\pi$ mit einem Fehler von höchstens ${}{\frac {1}{1000000000}}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Entscheide, ob die reelle Folge

${}x_{n}={\frac {5n^{\frac {3}{2}}+4n^{\frac {4}{3}}+n}{7n^{\frac {5}{3}}+6n^{\frac {3}{2}}}}\,$

(mit ${}n\geq 1$) in ${}\mathbb {R}$ konvergiert und bestimme gegebenenfalls den Grenzwert.

Lösung

Wir erweitern mit ${}n^{-{\frac {5}{3}}}$ und erhalten

${}{\begin{aligned}x_{n}&={\frac {5n^{\frac {3}{2}}+4n^{\frac {4}{3}}+n}{7n^{\frac {5}{3}}+6n^{\frac {3}{2}}}}\\&={\frac {5n^{{\frac {3}{2}}-{\frac {5}{3}}}+4n^{{\frac {4}{3}}-{\frac {5}{3}}}+n^{1-{\frac {5}{3}}}}{7n^{{\frac {5}{3}}-{\frac {5}{3}}}+6n^{{\frac {3}{2}}-{\frac {5}{3}}}}}\\&={\frac {5n^{-{\frac {1}{6}}}+4n^{-{\frac {1}{3}}}+n^{-{\frac {2}{3}}}}{7+6n^{-{\frac {1}{6}}}}}.\end{aligned}}$

Folgen der Form ${}n^{-q}$, ${}q\in \mathbb {Q} _{+}$, konvergieren (vergleiche Aufgabe 7.22 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))) gegen ${}0$, nach den Rechengesetzen für konvergente Folgen konvergiert diese Folge also gegen ${}0$.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise das Folgenkriterium für die Stetigkeit einer Funktion ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ in einem Punkt ${}x\in \mathbb {R}$.

Lösung

Es bezeichne (1) die Stetigkeit von ${}f$ im Punkt ${}x$ und (2) die Eigenschaft, dass für jede gegen ${}x$ konvergente Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ die Bildfolge ${}{\left(f(x_{n})\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}f(x)$ konvergiert. Wir müssen die Äquivalenz von (1) und (2) zeigen.

Es sei (1) erfüllt und sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge in ${}\mathbb {R}$, die gegen ${}x$ konvergiert. Wir müssen zeigen, dass

${}\lim _{n\rightarrow \infty }f(x_{n})=f(x)\,$

ist. Dazu sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wegen (1) gibt es ein ${}\delta >0$ mit der angegebenen Abschätzungseigenschaft und wegen der Konvergenz von ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}x$ gibt es eine natürliche Zahl ${}n_{0}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Abschätzung

${}d(x_{n},x)\leq \delta \,$

gilt. Nach der Wahl von ${}\delta$ ist dann

$d(f(x_{n}),f(x))\leq \epsilon {\text{ für alle }}n\geq n_{0},$

sodass die Bildfolge gegen ${}f(x)$ konvergiert.
Es sei (2) erfüllt.  Wir nehmen an, dass ${}f$ nicht stetig ist. Dann gibt es ein ${}\epsilon >0$ derart, dass es für alle ${}\delta >0$ Elemente ${}z\in \mathbb {R}$ gibt, deren Abstand zu ${}x$ maximal gleich ${}\delta$ ist, deren Wert ${}f(z)$ unter der Abbildung aber zu ${}f(x)$ einen Abstand besitzt, der größer als ${}\epsilon$ ist. Dies gilt dann insbesondere für die Stammbrüche ${}\delta =1/n$, ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. D.h. für jede natürliche Zahl ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ gibt es ein ${}x_{n}\in \mathbb {R}$ mit

$d(x_{n},x)\leq {\frac {1}{n}}{\text{ und mit }}d(f(x_{n}),f(x))>\epsilon .$

Diese so konstruierte Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert gegen ${}x$, aber die Bildfolge konvergiert nicht gegen ${}f(x)$, da der Abstand der Bildfolgenglieder zu ${}f(x)$ zumindest ${}\epsilon$ ist. Dies ist ein Widerspruch zu (2).

Aufgabe (8 Punkte)

Zeige, dass es stetige Funktionen

$f,g\colon \mathbb {R} _{\geq 0}\longrightarrow \mathbb {R} ,$

mit ${}fg=0$ derart gibt, dass für alle ${}\delta >0$ weder ${}f{|}_{[0,\delta ]}$ noch ${}g{|}_{[0,\delta ]}$ die Nullfunktion ist.

Lösung

Wir betrachten die Zerlegung von ${}\mathbb {R} _{+}$ in die unendlich vielen halboffenen Intervalle ${}I_{n}=[{\frac {1}{n+1}},{\frac {1}{n}}[$ für ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ und ${}I_{0}=[1,+\infty ]$. Auf ${}I_{n}$, ${}n\in \mathbb {N} _{+}$, definieren wir die stetige Funktion ${}\varphi _{n}$ durch

${}{\begin{aligned}\varphi _{n}(x)&=-{\left(x-{\frac {1}{n+1}}\right)}{\left(x-{\frac {1}{n}}\right)}\\&=-x^{2}+{\frac {2n+1}{(n+1)n}}x-{\frac {1}{(n+1)n}}.\end{aligned}}$

Diese Funktion hat an den Intervallgrenzen den Wert ${}0$. Die Ableitung ist

$-2x+{\frac {2n+1}{(n+1)n}},$

das Maximum liegt also im arithmetischen Mittel der Intervallgrenzen vor und besitzt den Wert

${}{\begin{aligned}\varphi _{n}{\left({\frac {n+{\frac {1}{2}}}{(n+1)n}}\right)}&=-{\left({\frac {n+{\frac {1}{2}}}{(n+1)n}}-{\frac {1}{n+1}}\right)}{\left({\frac {n+{\frac {1}{2}}}{(n+1)n}}-{\frac {1}{n}}\right)}\\&=-{\frac {\frac {1}{2}}{(n+1)n}}\cdot {\frac {-{\frac {1}{2}}}{(n+1)n}}\\&\leq {\frac {1}{n}}.\end{aligned}}$

Mit Hilfe dieser Funktionen definieren wir

$f(x)={\begin{cases}0,\,{\text{falls }}x=0\,,\\0,\,{\text{falls }}x\in I_{n},n{\text{ ungerade}}\,,\\\varphi _{n}(x),\,{\text{falls }}x\in I_{n},n{\text{ gerade}},\,n\geq 2,\,\\0,\,{\text{falls }}x\geq 1\,,\end{cases}}$

und

$g(x)={\begin{cases}0,\,{\text{falls }}x=0\,,\\\varphi _{n}(x),\,{\text{falls }}x\in I_{n},n{\text{ ungerade}}\,,\\0,\,{\text{falls }}x\in I_{n},n{\text{ gerade}},\,n\geq 2,\,\\0,\,{\text{falls }}x\geq 1\,.\end{cases}}$

Diese Funktionen sind stetig: Dies ist im Innern der Intervalle klar; an den Intervallgrenzen liegt stets der Wert ${}0$ vor; für den Nullpunkt ergibt sich die Stetigkeit, da die Funktionen auf ${}[0,{\frac {1}{n}}]$ durch ${}{\frac {1}{n}}$ beschränkt sind. Offenbar ist ${}fg=0$ und für jedes ${}\delta >0$ sind weder ${}f{|}_{[0,\delta ]}$ noch ${}g{|}_{[0,\delta ]}$ die Nullfunktion.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz über die Konvergenz der Exponentialreihe.

Lösung

Für ${}z=0$ ist die Aussage richtig. Andernfalls betrachten wir den Quotienten

${}\vert {\frac {\frac {z^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac {z^{n}}{n!}}}\vert =\vert {\frac {z}{n+1}}\vert ={\frac {\vert {z}\vert }{n+1}}\,.$

Dies ist für ${}n\geq 2\vert {z}\vert$ kleiner als ${}1/2$. Aus dem Quotientenkriterium folgt daher die Konvergenz.

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten das Polynom

$f(x)=x^{4}-x^{3}+5x+2\in {\mathbb {C} }[X].$

Bestimme die ${}x$-Koordinaten sämtlicher Schnittpunkte der Tangente an ${}f$ im Punkt ${}x=1$ mit dem Graphen von ${}f$.

Lösung

Es ist

${}f(1)=1-1+5+2=7\,$

und

${}f'(1)=4-3+5=6\,.$

Die Tangente ist also der Graph der Funktion ${}t(x)=6x+1$. Wir müssen sämtliche Punkte ${}x\in {\mathbb {C} }$ mit ${}f(x)=t(x)$ bestimmen, wobei der Punkt ${}x_{1}=1$ dazugehört. Dazu betrachten wir

${}f(x)-t(x)=x^{4}-x^{3}+5x+2-6x-1=x^{4}-x^{3}-x+1\,.$

Polynomdivision durch ${}(x-1)^{2}$ ergibt

${}x^{4}-x^{3}-x+1=(x-1)^{2}(x^{2}+x+1)\,.$

Die Nullstellen von ${}x^{2}+x+1$ sind

$x_{2}=-{\frac {1}{2}}+{\frac {\sqrt {3}}{2}}{\mathrm {i} }{\text{ und }}x_{3}=-{\frac {1}{2}}-{\frac {\sqrt {3}}{2}}{\mathrm {i} }.$

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über die Ableitung in einem lokalen Extremum.

Lösung

Wir können annehmen, dass ${}f$ ein lokales Maximum in ${}a$ besitzt. Es gibt also ein ${}\epsilon >0$ mit ${}f(x)\leq f(a)$ für alle ${}x\in [a-\epsilon ,a+\epsilon ]$. Es sei ${}{\left(s_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge mit ${}a-\epsilon \leq s_{n}<a$, die gegen ${}a$ („von unten“) konvergiere. Dann ist ${}s_{n}-a<0$ und ${}f(s_{n})-f(a)\leq 0$ und somit ist der Differenzenquotient

${}{\frac {f(s_{n})-f(a)}{s_{n}-a}}\geq 0\,,$

was sich dann nach Lemma 6.3 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) auf den Limes, also den Differentialquotienten, überträgt. Also ist ${}f'(a)\geq 0$. Für eine Folge ${}{\left(t_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ mit ${}a+\epsilon \geq t_{n}>a$ gilt andererseits

${}{\frac {f(t_{n})-f(a)}{t_{n}-a}}\leq 0\,.$

Daher ist auch ${}f'(a)\leq 0$ und somit ist insgesamt ${}f'(a)=0$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom der Funktion ${}f(x)={\frac {1}{x}}$ im Entwicklungspunkt ${}a=2$ der Ordnung ${}4$.

Lösung

Die erste Ableitung ist

$f'(x)=-{\frac {1}{x^{2}}}=-x^{-2},{\text{ also }}f'(2)=-{\frac {1}{4}}.$

Die zweite Ableitung ist

$f^{\prime \prime }(x)=2x^{-3},{\text{ also }}f^{\prime \prime }(2)={\frac {1}{4}}.$

Die dritte Ableitung ist

$f^{\prime \prime \prime }(x)=-6x^{-4},{\text{ also }}f^{\prime \prime \prime }(2)=-{\frac {3}{8}}.$

Die vierte Ableitung ist

$f^{\prime \prime \prime \prime }(x)=24x^{-5},{\text{ also }}f^{\prime \prime \prime \prime }(2)={\frac {24}{32}}={\frac {3}{4}}.$

Das Taylor-Polynom vom Grad ${}4$ ist demnach

${\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}(x-2)+{\frac {1}{4\cdot 2}}(x-2)^{2}-{\frac {3}{8\cdot 3!}}(x-2)^{3}+{\frac {3}{4\cdot 4!}}(x-2)^{4}$

bzw.

${\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}(x-2)+{\frac {1}{8}}(x-2)^{2}-{\frac {1}{16}}(x-2)^{3}+{\frac {1}{32}}(x-2)^{4}.$

Aufgabe (4 Punkte)

Die beiden lokalen Extrema der Funktion

${}f(x)=x^{3}-6x^{2}+9x+1\,$

definieren ein achsenparalleles Rechteck, das vom Funktionsgraphen in zwei Bereiche zerlegt wird. Bestimme deren Flächeninhalte.

Lösung

Es ist

${}f'(x)=3x^{2}-12x+9=3(x^{2}-4x+3)=3((x-2)^{2}-1)=3(x-1)(x-3)\,.$

Die Ableitung hat also bei ${}x=1$ und bei ${}x=3$ eine Nullstelle. Wegen ${}f^{\prime \prime }(x)=6x-12$ liegt bei ${}x=1$ ein lokales Maximum mit dem Wert ${}f(1)=5$ und bei ${}x=3$ ein lokales Minimum mit dem Wert ${}f(3)=27-54+27+1=1$ vor. Der Flächeninhalt des Rechtecks ist ${}8$. Der Flächeninhalt des Teilbereichs des Rechteckes unterhalb des Graphen ist

${}{\begin{aligned}\int _{1}^{3}x^{3}-6x^{2}+9x+1dx-2&=[{\frac {1}{4}}x^{4}-2x^{3}+{\frac {9}{2}}x^{2}+x]_{1}^{3}-2\\&={\frac {1}{4}}81-2\cdot 27+{\frac {81}{2}}+3-{\frac {1}{4}}+2-{\frac {9}{2}}-1-2\\&={\frac {3}{4}}81-54+3-{\frac {19}{4}}+1-2\\&={\frac {243-19}{4}}-50-2\\&=4.\end{aligned}}$

Der Flächeninhalt des Teilbereichs des Rechteckes oberhalb des Graphen ist ebenfalls ${}4$.

Aufgabe (2 Punkte)

Berechne das bestimmte Integral zur Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=2x^{3}+3e^{x}-\sin x,$

über ${}[-1,0]$.

Lösung

Eine Stammfunktion ist

${\frac {1}{2}}x^{4}+3e^{x}+\cos x.$

Daher ist das bestimmte Integral gleich

${}{\begin{aligned}\int _{-1}^{0}f(x)\,dx&={\left({\frac {1}{2}}x^{4}+3e^{x}+\cos x\right)}|_{-1}^{0}\\&=(0+3+1)-{\left({\frac {1}{2}}(-1)^{4}+3e^{-1}+\cos(-1)\right)}\\&={\frac {7}{2}}-3e^{-1}-\cos(-1).\end{aligned}}$

Aufgabe (8 (4+1+3) Punkte)

a) Bestimme die reelle Partialbruchzerlegung von

${\frac {4s}{s^{4}-2s^{2}+1}}.$

b) Bestimme eine Stammfunktion von

${\frac {4s}{s^{4}-2s^{2}+1}}.$

c) Bestimme eine Stammfunktion von

${\frac {1}{\sinh ^{2}t}}.$

Lösung

Es ist

${}{\frac {4s}{s^{4}-2s^{2}+1}}={\frac {4s}{(s^{2}-1)^{2}}}={\frac {4s}{(s-1)^{2}(s+1)^{2}}}\,.$

Damit liegt die Faktorzerlegung des Nenners vor, sodass die Partialbruchzerlegung die Gestalt

${\frac {4s}{(s-1)^{2}(s+1)^{2}}}={\frac {a}{(s-1)}}+{\frac {b}{(s-1)^{2}}}+{\frac {c}{(s+1)}}+{\frac {d}{(s+1)^{2}}}$

mit reellen Zahlen ${}a,b,c,d\in \mathbb {R}$ besitzt. Multiplikation mit dem Hauptnenner ergibt

${}4s=a(s-1)(s+1)^{2}+b(s+1)^{2}+c(s+1)(s-1)^{2}+d(s-1)^{2}\,.$

Einsetzen von ${}s=1$ ergibt ${}4=4b$, also ${}b=1$.

Einsetzen von ${}s=-1$ ergibt ${}-4=4d$, also ${}d=-1$.

Einsetzen von ${}s=0$ ergibt ${}0=-a+b+c+d$, also ist ${}-a+c=0$, also ${}a=c$.

Einsetzen von ${}s=2$ ergibt

${}8=9a+9b+3c+d=9a+9+3c-1\,.$

Also ist ${}9a+3c=0$ und daher ${}a=c=0$. Die Partialbruchzerlegung ist also

${}{\frac {4s}{(s-1)^{2}(s+1)^{2}}}={\frac {1}{(s-1)^{2}}}-{\frac {1}{(s+1)^{2}}}\,.$

b) Eine Stammfunktion von

${}{\frac {4s}{(s-1)^{2}(s+1)^{2}}}={\frac {1}{(s-1)^{2}}}-{\frac {1}{(s+1)^{2}}}\,$

ist

$-(s-1)^{-1}+(s+1)^{-1}.$

c) Es ist

${}{\frac {1}{\sinh ^{2}t}}={\frac {4}{(e^{t}-e^{-t})^{2}}}={\frac {4}{(e^{t})^{2}-2+(e^{t})^{-2}}}\,.$

Wir wenden die Standardsubstitution ${}t=\ln s$ an und erhalten

${}{\begin{aligned}\int {\frac {1}{\sinh ^{2}t}}dt&=\int {\frac {4}{(e^{t})^{2}-2+(e^{t})^{-2}}}dt\\&=\int {\frac {4}{s^{2}-2+s^{-2}}}\cdot {\frac {1}{s}}ds\\&=\int {\frac {4s}{s^{4}-2s^{2}+1}}ds.\end{aligned}}$

Nach Teil b) ist

$-(e^{t}-1)^{-1}+(e^{t}+1)^{-1}$

eine Stammfunktion von ${}{\frac {1}{\sinh ^{2}t}}$.

Aufgabe (5 (3+2) Punkte)

a) Bestimme eine Lösung der Differentialgleichung

$y'={\frac {t^{3}}{y^{2}}},\,y>0,\,t>0,$

mit dem Lösungsansatz für getrennte Variablen.

b) Bestimme die Lösung des Anfangswertproblems

$y'={\frac {t^{3}}{y^{2}}}{\text{ mit }}y(1)=1.$

Lösung

a) Wir setzen ${}g(t)=t^{3}$ und ${}h(y)={\frac {1}{y^{2}}}$. Eine Stammfunktion von ${}g(t)$ ist ${}G(t)={\frac {1}{4}}t^{4}$ und eine Stammfunktion von ${}{\frac {1}{h(y)}}=y^{2}$ ist ${}H(y)={\frac {1}{3}}y^{3}$. Die Umkehrfunktion von ${}H$ ist

$H^{-1}(z)={\sqrt[{3}]{3z}}.$

Daher ist

$y(t)={\sqrt[{3}]{{\frac {3}{4}}t^{4}}}={\sqrt[{3}]{\frac {3}{4}}}t^{4/3}$

eine Lösung der Differentialgleichung.

b) Wir machen den Ansatz ${}H(y)={\frac {1}{3}}y^{3}+c$ mit der Umkehrfunktion

$H^{-1}(z)={\sqrt[{3}]{3z-3c}},$

was zur Lösung(sschar) ${}y(t)={\sqrt[{3}]{{\frac {3}{4}}t^{4}-3c}}$ führt. Aus

${}1=y(1)={\sqrt[{3}]{{\frac {3}{4}}1-3c}}\,$

folgt ${}c=-{\frac {1}{12}}$. Also ist

$y(t)={\sqrt[{3}]{{\frac {3}{4}}t^{4}+{\frac {1}{4}}}}$

die Lösung des Anfangswertproblems.