Kurs:Analysis/Teil I/10/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	${}\sum$
Punkte	3	3	1	1	5	3	3	8	4	6	3	2	5	3	4	5	5	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M$

   ist injektiv, wenn für je zwei verschiedene Elemente ${}x,y\in L$ auch ${}f(x)$ und ${}f(y)$ verschieden sind.

2. Eine reelle Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ heißt Cauchy-Folge, wenn folgende Bedingung erfüllt ist. Zu jedem ${}\epsilon \in \mathbb {R}$, ${}\epsilon >0$, 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. Man nennt

   ${}\Vert {f}\Vert :={\operatorname {sup} \,(\vert {f(x)}\vert {|}x\in T)}\,$

   die Supremumsnorm von ${}f$.

4. Die Ableitungsfunktion ist die Abbildung

   $f'\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f'(x),$

   die jedem Punkt ${}x\in \mathbb {R}$ die Ableitung von ${}f$ an der Stelle ${}x$ zuordnet.

5. Das nach Voraussetzung existierende Oberintegral zu ${}f$ über ${}[a,b]$ heißt bestimmtes Integral.
6. Man nennt eine Funktion

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

   auf einem Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$ eine Lösung des Anfangswertproblems

   $y'=f(t,y){\text{ und }}y(t_{0})=y_{0},$

   wenn ${}y$ eine Lösung der Differentialgleichung ist und wenn zusätzlich

   $y(t_{0})=y_{0}$

   gilt.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Eine Folge in einem angeordneten Körper besitzt maximal einen Limes.
2. Ein von ${}0$ verschiedenes Polynom ${}P\in K[X]$ vom Grad ${}d$ besitzt maximal ${}d$ Nullstellen.
3. Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein Intervall und

   $f\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$

   eine stetige,streng wachsende Funktion. Dann ist das Bild ${}J:=f(I)$ ebenfalls ein Intervall, und die Umkehrabbildung

   $f^{-1}\colon J\longrightarrow I$

   ist ebenfalls stetig.

Aufgabe (1 Punkt)

Bruno liest in der Zeitung: „Im letzen Jahr war bei ${}50\%$ aller Autounfälle Alkohol mit im Spiel“. Bruno überlegt: „ ${}50\%$ mit Alkohol, ${}50\%$ ohne Alkohol. Dann ist es also egal, ob man was trinkt oder nicht. In Zukunft werde ich das auch nicht mehr so streng sehen“. Beurteile diese Überlegung!

Lösung Autounfall/Alkoholanteil/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (1 Punkt)

Professor Knopfloch ist soeben aufgestanden und noch etwas schläfrig. Er setzt sich seine zwei Kontaklinsen in seine Augen. Beim Frühstück stellt er fest, dass in seinem linken Auge keine Kontaktlinse ist. Er ist sich sicher, dass keine Kontaktlinse verloren ging, jede Kontaklinse landete in einem seiner Augen. Ist die Abbildung, die die Zuordnung an diesem Morgen der Kontaktlinsen zu den Augen beschreibt, surjektiv, injektiv, bijektiv?

Lösung

Die einzige Möglichkeit ist, dass beide Kontaklinsen im rechten Auge gelandet sind. Somit ist die Abbildung nicht injektiv (${}2$ Elemente haben den gleichen Wert), und auch nicht surjektiv, da das linke Auge nicht getroffen wird. Insbesondere ist die Abbildung nicht bijektiv.

Aufgabe (5 (2+3) Punkte)

Es seien

$f,g,h\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

Funktionen.

a) Zeige die Gleichheit

${}{\left(h\cdot g\right)}\circ f={\left(h\circ f\right)}\cdot {\left(g\circ f\right)}\,.$

b) Zeige durch ein Beispiel, dass die Gleichheit

${}{\left(h\circ g\right)}\cdot f={\left(h\cdot f\right)}\circ {\left(g\cdot f\right)}\,$

nicht gelten muss.

Lösung

a) Die Gleichheit von Funktionen bedeutet die Gleichheit für jedes Argument. Für ${}x\in \mathbb {R}$ ist

${}{\begin{aligned}{\left({\left(h\cdot g\right)}\circ f\right)}(x)&={\left(h\cdot g\right)}{\left(f(x)\right)}\\&=h(f(x))\cdot g(f(x))\\&={\left(h\circ f\right)}(x)\cdot {\left(g\circ f\right)}(x)\\&={\left({\left(h\circ f\right)}\cdot {\left(g\circ f\right)}\right)}(x),\end{aligned}}$

was die Aussage beweist.

b) Wir nehmen für ${}f,g,h$ jeweils die Identität, also die Abbildung ${}x\mapsto x$. Die Verknüpfung der Identität mit sich selbst ist wieder die Identität. Das Produkt der Identität mit sich selbst ist das Quadrieren ${}x\mapsto x^{2}$. Daher ist in diesem Beispiel die Funktion

${\left(h\circ g\right)}\cdot f$

gleich der Quadrierungsfunktion. Die Funktion

${\left(h\cdot f\right)}\circ {\left(g\cdot f\right)}$

hingegen ist die Hintereinanderschaltung des Quadrierens mit dem Quadrieren, und das ist die Abbildung ${}x\mapsto {\left(x^{2}\right)}^{2}=x^{4}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper. Zeige, ausgehend von den Axiomen für einen angeordneten Körper, dass ${}1>0$ gilt.

Lösung

Es gibt nur die drei sich ausschließenden Möglichkeiten

$1>0{\text{ oder }}1=0{\text{ oder }}1<0.$

Aufgrund der Körperaxiome ist ${}1\neq 0$. Wir müssen also nur noch die Möglichkeit ${}1<0$ zum Widerspruch führen. Nehmen wir ${}1<0$ an. Aufgrund der Verträglichkeit mit der Addition kann man beidseitig ${}-1$ addieren und erhält ${}0<-1$. Aufgrund der Verträglichkeit mit der Multiplikation mit positiven Elementen kann man diese Abschätzung quadrieren und erhält

${}0<(-1)(-1)=1\,,$

also ist zugleich ${}1>0$, ein Widerspruch.

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne die Summe

$\sum _{n=3}^{\infty }{\left({\frac {2}{5}}\right)}^{n}.$

Lösung

Mit der Formel für die geometrische Reihe ist

${}\sum _{n=0}^{\infty }{\left({\frac {2}{5}}\right)}^{n}={\frac {1}{1-{\frac {2}{5}}}}={\frac {5}{5-2}}={\frac {5}{3}}\,.$

Ferner ist

${}\sum _{n=0}^{2}{\left({\frac {2}{5}}\right)}^{n}=1+{\frac {2}{5}}+{\left({\frac {2}{5}}\right)}^{2}={\frac {25+10+4}{25}}={\frac {39}{25}}\,.$

Also ist insgesamt

${}\sum _{n=3}^{\infty }{\left({\frac {2}{5}}\right)}^{n}={\frac {5}{3}}-{\frac {39}{25}}={\frac {125-117}{75}}={\frac {8}{75}}\,.$

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise den Satz über das angenommene Maximum einer Funktion

$f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} .$

Lösung

Nach dem Zwischenwertsatz wissen wir, dass das Bild ${}J:=f([a,b])$ ein Intervall ist.

Wir zeigen zunächst, dass ${}J$ (nach oben und nach unten) beschränkt ist. Wir nehmen dazu an, dass ${}J$ nicht nach oben beschränkt ist. Dann gibt es eine Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in ${}I$ mit ${}f(x_{n})\geq n$. Nach Satz 7.7 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) besitzt ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine konvergente Teilfolge. Da ${}[a,b]$ abgeschlossen ist, gehört der Grenzwert der Teilfolge zu ${}[a,b]$. Wegen der Stetigkeit muss dann auch die Bildfolge konvergieren. Die Bildfolge ist aber unbeschränkt, sodass sie nach Satz . (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) nicht konvergieren kann, und sich ein Widerspruch ergibt.

Es sei nun ${}y$ das Supremum von ${}J$. Es gibt eine Folge ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in ${}J$, die gegen das Supremum konvergiert. Nach Definition von ${}J$ gibt es eine Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ mit ${}f(x_{n})=y_{n}$. Für diese Folge gibt es wieder nach Satz 7.7 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) eine konvergente Teilfolge. Es sei ${}x$ der Grenzwert dieser Teilfolge. Somit ist aufgrund der Stetigkeit ${}f(x)=y$ und daher ${}y\in J$.

Aufgabe (4 Punkte)

Berechne das Cauchy-Produkt bis zur vierten Potenz der geometrischen Reihe mit der Exponentialreihe.

Lösung

Die geometrische Reihe ist ${}\sum _{n=0}^{\infty }x^{n}$ und die Exponentialreihe ist ${}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}x^{n}$. Das Cauchy-Produkt von zwei Reihen ergibt sich einfach dadurch, dass man jeden Summanden mit jedem Summanden multipliziert und gleiche Potenzen aufsummiert. Daher können die Potenzen ${}x^{5},x^{6},$ etc. ignoriert werden und es ist

${}{\begin{aligned}&\,(1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}){\left(1+x+{\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{6}}x^{3}+{\frac {1}{24}}x^{4}\right)}\\&={\left(1+x+{\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{6}}x^{3}+{\frac {1}{24}}x^{4}\right)}+{\left(x+x^{2}+{\frac {1}{2}}x^{3}+{\frac {1}{6}}x^{4}\right)}+{\left(x^{2}+x^{3}+{\frac {1}{2}}x^{4}\right)}+x^{3}+x^{4}+x^{4}+\ldots \\&=1+2x+{\frac {5}{2}}x^{2}+{\frac {8}{3}}x^{3}+{\frac {65}{24}}x^{4}+\ldots .\end{aligned}}$

Das Cauchy-Produkt bis zur vierten Potenz der beiden Reihen ist also

$1+2x+{\frac {5}{2}}x^{2}+{\frac {8}{3}}x^{3}+{\frac {65}{24}}x^{4}.$

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise das Weierstraß-Kriterium für Funktionenfolgen.

Lösung

Sei ${}x\in T$. Wegen ${}\vert {g_{k}(x)}\vert \leq \Vert {g_{k}}\Vert$ ist aufgrund des Majorantenkriteriums die Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }g_{k}(x)$ absolut konvergent, und das bedeutet, dass die Funktionenreihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }g_{k}$ punktweise absolut konvergiert.
Wir setzen ${}f_{n}(x):=\sum _{k=0}^{n}g_{k}(x)$ und

${}f(x)=\sum _{k=0}^{\infty }g_{k}(x)\,.$

Wir wollen zeigen, dass die Funktionenfolge ${}f_{n}$ gleichmäßig gegen ${}f$ konvergiert. Dazu sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Aufgrund des Cauchy-Kriteriums für Reihen gibt es ein ${}n_{0}$ mit

${}\sum _{k=n+1}^{\infty }\Vert {g_{k}}\Vert \leq \epsilon \,$

für alle ${}n\geq n_{0}$. Damit haben wir für ${}n\geq n_{0}$ und jedes ${}x\in T$ insgesamt die Abschätzung

${}\vert {f_{n}(x)-f(x)}\vert =\vert {\sum _{k=n+1}^{\infty }g_{k}(x)}\vert \leq \sum _{k=n+1}^{\infty }\vert {g_{k}(x)}\vert \leq \sum _{k=n+1}^{\infty }\Vert {g_{k}}\Vert \leq \epsilon \,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise die Produktregel für differenzierbare Funktionen unter Verwendung der Regel

${}{\left(f^{2}\right)}'=2f\cdot f'\,$

mit Hilfe von

${}fg={\frac {1}{4}}{\left((f+g)^{2}-(f-g)^{2}\right)}\,.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\left(fg\right)}'&={\frac {1}{4}}{\left((f+g)^{2}-(f-g)^{2}\right)}'\\&={\frac {1}{4}}{\left(2(f+g)(f+g)'-2(f-g)(f-g)'\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left((f+g)(f'+g')-(f-g)(f'-g')\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(ff'+fg'+gf'+gg'-ff'+fg'+gf'-gg'\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(2gf'+2fg'\right)}\\&=gf'+fg'.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Ableitung der Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)={\frac {\ln {\left(2x^{2}\right)}}{7^{x}}}.$

Lösung

Wir verwenden die Darstellung ${}7^{x}=e^{x\ln(7)}$. Aufgrund der Quotientenregel und der Kettenregel ist

${}{\begin{aligned}f'(x)&={\left({\frac {\ln(2x^{2})}{e^{x\ln(7)}}}\right)}^{\prime }\\&={\frac {e^{x\ln(7)}{\frac {1}{2x^{2}}}4x-\ln(2x^{2})\ln(7)e^{x\ln(7)}}{{\left(e^{x\ln(7)}\right)}^{2}}}\\&={\frac {2x^{-1}-\ln(2x^{2})\ln(7)}{e^{x\ln(7)}}}\\&={\frac {2-x\ln(2x^{2})\ln(7)}{x7^{x}}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Wir betrachten eine Funktion ${}f\colon {\mathbb {C} }\rightarrow {\mathbb {C} }$ der Form

${}f(x)=g(x)\sin x+h(x)\cos x\,,$

wobei ${}g$ und ${}h$ lineare Polynome seien. Zeige durch Induktion, dass für die Ableitungen ($n\geq 0$) die Beziehung

${}f^{(n)}(x)={\begin{cases}(-1)^{n/2}{\left({\left(g(x)+nh'(x)\right)}\sin x+{\left(-ng'(x)+h(x)\right)}\cos x\right)}{\text{ für }}\ n{\text{ gerade}},\\(-1)^{(n-1)/2}{\left({\left(ng'(x)-h(x)\right)}\sin x+{\left(g(x)+nh'(x)\right)}\cos x\right)}{\text{ für }}\ n{\text{ ungerade}},\end{cases}}\,$

gilt.

Lösung

Zum Induktionsanfang betrachten wir ${}n=0$, es geht also um die Funktion selbst. Wegen

${}f(x)=g(x)\sin x+h(x)\cos x=(-1)^{0}{\left({\left(g(x)+0h'(x)\right)}\sin x+{\left(-0g'(x)+h(x)\right)}\cos x\right)}\,$

ist die Formel für ${}n=0$ gerade richtig.

Wir beweisen nun nun die Formel für ${}n+1$ unter der Induktionsvoraussetzung, dass sie für alle kleinere Zahlen richtig ist. Es sei zunächst ${}n+1$ ungerade, also ${}n$ gerade. Dann ist (unter Verwendung der Tatsache, dass die zweiten Ableitungen von ${}g$ und ${}h$ gleich ${}0$ sind)

${}{\begin{aligned}f^{(n+1)}(x)&={\left(f^{(n)}\right)}'(x)\\&=(-1)^{n/2}{\left({\left(g(x)+nh'(x)\right)}\sin x+{\left(-ng'(x)+h(x)\right)}\cos x\right)}'\\&=(-1)^{n/2}{\left(g'(x)\sin x+{\left(g(x)+nh'(x)\right)}\cos x+h'(x)\cos x-{\left(-ng'(x)+h(x)\right)}\sin x\right)}\\&=(-1)^{n/2}{\left({\left(g'(x)+ng'(x)-h(x)\right)}\sin x+{\left(g(x)+nh'(x)+h'(x)\right)}\cos x\right)}\\&=(-1)^{((n+1)-1)/2}{\left({\left((n+1)g'(x)-h(x)\right)}\sin x+{\left(g(x)+(n+1)h'(x)\right)}\cos x\right)},\end{aligned}}$

sodass der Ausdruck für ${}n+1$ ungerade vorliegt.

Bei ${}n+1$ gerade, also ${}n$ ungerade, ist

${}{\begin{aligned}f^{(n+1)}(x)&={\left(f^{(n)}\right)}'(x)\\&=(-1)^{(n-1)/2}{\left({\left(ng'(x)-h(x)\right)}\sin x+{\left(g(x)+nh'(x)\right)}\cos x\right)}'\\&=(-1)^{(n-1)/2}{\left(-h'(x)\sin x+{\left(ng'(x)-h(x)\right)}\cos x+g'(x)\cos x-{\left(g(x)+nh'(x)\right)}\sin x\right)}\\&=(-1)^{(n-1)/2}{\left({\left(-g(x)-(n+1)h'(x)\right)}\sin x+{\left((n+1)g'(x)-h(x)\right)}\cos x\right)}\\&=(-1)^{(n-1)/2}(-1){\left({\left(g(x)+(n+1)h'(x)\right)}\sin x+{\left(-(n+1)g'(x)+h(x)\right)}\cos x\right)}\\&=(-1)^{(n+1)/2}{\left({\left(g(x)+(n+1)h'(x)\right)}\sin x+{\left(-(n+1)g'(x)+h(x)\right)}\cos x\right)},\end{aligned}}$

sodass der Ausdruck für ${}n+1$ gerade vorliegt.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass die Funktion ${}f(x)=x+\sin x$ streng wachsend ist.

Lösung

Die Ableitung von ${}f$ ist

${}f'(x)=1+\cos x\,.$

Wegen

${}-1\leq \cos x\leq 1\,$

ist ${}f'(x)\geq 0$, und da der Kosinus nur bei reellen Zahlen der Form ${}\pi +n2\pi$ (${}n\in \mathbb {Z}$) den Wert ${}-1$ besitzt, besitzt ${}f'$ nur dort eine Nullstelle. Nach Satz 19.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))  (2) (angewendet auf ein beliebiges beschränktes Teilintervall) ist die Funktion streng wachsend.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die lokalen und globalen Extrema der Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto f(t)=t^{2}e^{-t}.$

Lösung

Die erste Ableitung ist

${}f^{\prime }(t)={\left(2t-t^{2}\right)}e^{-t}=t{\left(2-t\right)}e^{-t}\,,$

deren Nullstellen sind ${}0$ und ${}2$. Die zweite Ableitung ist

${}f^{\prime \prime }(t)={\left(t^{2}-4t+2\right)}e^{-t}\,,$

sodass ${}f^{\prime \prime }(0)>0$ und ${}f^{\prime \prime }(2)<0$ ist. Daher liegt nach Korollar 19.7 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) in ${}0$ ein (isoliertes) lokales Minimum mit dem Wert ${}f(0)=0$ und in ${}2$ ein (isoliertes) lokales Maximum mit dem Wert ${}4\cdot e^{-2}$ vor. Da für ${}t\neq 0$ sowohl ${}t^{2}$ als auch ${}e^{-t}$ positiv sind, liegt in ${}0$ auch das globale Minimum vor. Für ${}t\rightarrow -\infty$ wächst die Funktion hingegen gegen ${}+\infty$, sodass in ${}2$ kein globales Maximum vorliegt.

Aufgabe (5 Punkte)

Zeige, dass für jedes ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ die Abschätzung

${}{\frac {1}{n+1}}+{\frac {1}{n+2}}+\cdots +{\frac {1}{2n}}\leq \ln 2\,$

gilt. Tipp: Betrachte die Funktion ${}f(x)={\frac {1}{x}}$ auf dem Intervall ${}[1,2]$.

Lösung

Die Stammfunktion von ${}f(x)={\frac {1}{x}}$ ist ${}\ln x$. Daher ist ${}\int _{1}^{2}{\frac {1}{x}}dx=\ln 2-\ln 1=\ln 2$. Die äquidistante Unterteilung von ${}[1,2]$ in ${}n$ Teilintervalle führt zu den ${}n+1$ Teilungspunkten

$1+{\frac {i}{n}},i=0,\ldots ,n.$

Da ${}{\frac {1}{x}}$ streng fallend ist, ist die Treppenfunktion, die auf dem Intervall ${}]1+{\frac {i-1}{n}},1+{\frac {i}{n}}[$ den Wert

${}f{\left(1+{\frac {i}{n}}\right)}={\frac {1}{1+{\frac {i}{n}}}}={\frac {n}{n+i}}\,$

annimmt, eine untere Treppenfunktion zu ${}f$. Das Treppenintegral zu dieser Treppenfunktion ist

${}{\frac {1}{n}}{\left(\sum _{i=1}^{n}{\frac {n}{n+i}}\right)}=\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{n+i}}={\frac {1}{n+1}}+{\frac {1}{n+2}}+\cdots +{\frac {1}{2n}}\,,$

und dies ist maximal gleich dem bestimmten Integral.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über das Lösungsverfahren für homogene lineare gewöhnliche Differentialgleichungen.

Lösung

Zunächst gibt es eine Stammfunktion ${}G$ von ${}g$ aufgrund von Korollar 24.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)), sodass die angegebenen Funktionen existieren.
Durch Ableiten bestätigt man direkt, dass diese Funktionen wirklich Lösungen sind.
Es sei ${}y$ eine beliebige Lösungsfunktion. Wir betrachten den Quotienten

${}{\begin{aligned}{\left({\frac {y(t)}{\exp(G(t))}}\right)}'&={\frac {y'(t)\exp \left(G(t)\right)-y(t)\cdot {\left(\exp(G(t))\cdot g(t)\right)}}{\exp ^{2}(G(t))}}\\&={\frac {y(t)g(t)\exp \left(G(t)\right)-y(t)\cdot {\left(\exp(G(t))\cdot g(t)\right)}}{\exp ^{2}(G(t))}}\\&=0,\end{aligned}}$

sodass aufgrund von Lemma 24.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) der Quotient ${}{\frac {y(t)}{\exp(G(t))}}$ konstant sein muss, woraus die Behauptung folgt.
Die Bedingung ${}y(t_{0})=y_{0}$ legt den Skalar ${}c={\frac {y_{0}}{\exp(G(t_{0}))}}$ eindeutig fest.