Kurs:Analysis/Teil I/11/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	3	3	4	2	7	5	5	4	6	4	3	5	5	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Eine Folge von abgeschlossenen Intervallen

   $I_{n}=[a_{n},b_{n}],\,n\in \mathbb {N} ,$

   in ${}K$ heißt eine Intervallschachtelung, wenn ${}I_{n+1}\subseteq I_{n}$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$ ist und wenn die Folge der Intervalllängen, also

   ${\left(b_{n}-a_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} },$

   gegen ${}0$ konvergiert.

2. Zu jeder streng wachsenden Abbildung ${}\mathbb {N} \longrightarrow \mathbb {N}$, ${}i\longmapsto n_{i}$, heißt die Folge

   $i\mapsto x_{n_{i}}$

   eine Teilfolge der Folge.

3. Die Abbildung

   ${\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z=a+b{\mathrm {i} }\longmapsto {\overline {z}}=a-b{\mathrm {i} },$

   heißt komplexe Konjugation.

4. Ein Punkt ${}x\in {\mathbb {K} }$ heißt Berührpunkt von ${}T$, wenn es (mindestens) eine Folge ${}x_{n}\in T$ gibt, die gegen ${}x$ konvergiert.
5. Eine Funktion

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

   heißt eine Treppenfunktion, wenn es eine Unterteilung

   $a=a_{0}<a_{1}<a_{2}<\cdots <a_{n-1}<a_{n}=b$

   von ${}I$ gibt derart, dass ${}t$ auf jedem offenen Teilintervall ${}]a_{i-1},a_{i}[$ konstant ist.

6. Die Funktion

   $I\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto \int _{a}^{x}f(t)\,dt,$

   heißt die Integralfunktion zu ${}f$ zum Startpunkt ${}a$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Für ${}x\geq -1$ und ${}n\in \mathbb {N}$ ist

   ${}(1+x)^{n}\geq 1+nx\,.$

2. Es sei

   ${}f=\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}(z-a)^{n}\,$

   eine konvergente Potenzreihe mit dem Konvergenzradius ${}R>0$ und sei ${}b\in U{\left(a,R\right)}$. Dann gibt es eine konvergente Potenzreihe

   ${}h=\sum _{i=0}^{\infty }d_{i}(z-b)^{i}\,$

   mit Entwicklungspunkt ${}b$ und mit einem Konvergenzradius ${}s\geq R-\vert {a-b}\vert >0$ derart, dass die durch diese beiden Potenzreihen dargestellten Funktionen

   auf ${}U{\left(b,s\right)}$ übereinstimmen.
3. Es ist ${}\cos \left(z+\pi /2\right)=-\sin z$ und ${}\sin \left(z+\pi /2\right)=\cos z$ für alle ${}z\in {\mathbb {C} }$.

Aufgabe (1 Punkt)

Man finde eine äquivalente Formulierung für die Aussage „Frau Maier-Sengupta hat nicht alle Tassen im Schrank“ mit Hilfe einer Existenzaussage.

Lösung

Es gibt eine Tasse, die Frau Maier-Sengupta nicht im Schrank hat.

Aufgabe (1 Punkt)

Lege in der Skizze für die drei Häuser überschneidungsfrei Wege zu den zugehörigen gleichfarbigen Gartentoren an.

Lösung Häuser/Gartentor/Verbindung/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die reellen Intervalle, die die Lösungsmenge der folgenden Ungleichung sind.

${}\vert {2x-5}\vert <\vert {3x-4}\vert \,.$

Lösung

Für ${}x<{\frac {4}{3}}\leq {\frac {5}{2}}$ sind sowohl ${}3x-4$ als auch ${}2x-5$ negativ. In diesem Bereich ist die Betragsungleichung daher äquivalent zu

${}{-2x}+5<-3x+4\,.$

Dies ist äquivalent zu ${}x<-1$.

Für ${}{\frac {4}{3}}\leq x<{\frac {5}{2}}$ ist ${}3x-4$ nichtnegativ und ${}2x-5$ negativ. In diesem Bereich ist die Betragsungleichung daher äquivalent zu

${}{-2x}+5<3x-4\,.$

Dies ist äquivalent zu ${}5x>9$ und zu ${}x>{\frac {9}{5}}$.

Für ${}x\geq {\frac {5}{2}}$ sind sowohl ${}3x-4$ als auch ${}2x-5$ nichtnegativ. In diesem Bereich ist die Betragsungleichung daher äquivalent zu

${}2x-5<3x-4\,$

und dies ist äquivalent zu ${}x>-1$.

Als Lösungsmenge ergeben sich also die beiden offenen Intervalle ${}]{-\infty },-1[$ und ${}]{\frac {9}{5}},\infty [$.

Aufgabe (3 Punkte)

Entscheide, ob die Folge

${}x_{n}={\frac {3n^{3}-n^{2}-7}{2n^{3}+n+8}}\,$

in ${}\mathbb {Q}$ konvergiert und bestimme gegebenenfalls den Grenzwert.

Lösung

Für ${}n\geq 1$ kann man die Folge (durch Erweiterung mit ${}1/n^{3}$) als

${}x_{n}:={\frac {3n^{3}-n^{2}-7}{2n^{3}+n+8}}={\frac {3-{\frac {1}{n}}-{\frac {7}{n^{3}}}}{2+{\frac {1}{n^{2}}}+{\frac {8}{n^{3}}}}}\,$

schreiben. Folgen vom Typ ${}a/n,\,a/n^{2}$ und ${}a/n^{3}$ sind Nullfolgen. Aufgrund der Summenregel für konvergente Folgen konvergiert der Zähler gegen ${}3$ und der Nenner gegen ${}2$, sodass nach der Quotientenregel die Folge insgesamt gegen ${}3/2\in \mathbb {Q}$ konvergiert.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise die Bernoulli-Ungleichung für einen angeordneten Körper.

Lösung

Wir führen Induktion über ${}n$. Bei ${}n=0$ steht beidseitig ${}1$, sodass die Aussage gilt. Es sei nun die Aussage für ${}n$ bereits bewiesen. Dann ist

${}{\begin{aligned}(1+x)^{n+1}&=(1+x)^{n}(1+x)\\&\geq (1+nx)(1+x)\\&=1+(n+1)x+nx^{2}\\&\geq 1+(n+1)x,\end{aligned}}$

da Quadrate (und positive Vielfache davon) in einem angeordneten Körper nichtnegativ sind.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}z=a+b{\mathrm {i} }$ eine komplexe Zahl mit ${}b<0$. Zeige, dass

${}v={\frac {1}{\sqrt {2}}}{\left(-{\sqrt {\vert {z}\vert +a}}+{\mathrm {i} }{\sqrt {\vert {z}\vert -a}}\right)}\,$

eine Quadratwurzel von ${}z$ ist.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}v^{2}&={\left({\frac {1}{\sqrt {2}}}{\left(-{\sqrt {\vert {z}\vert +a}}+{\mathrm {i} }{\sqrt {\vert {z}\vert -a}}\right)}\right)}^{2}\\&={\frac {1}{2}}{\left(\vert {z}\vert +a-{\left(\vert {z}\vert -a\right)}-2{\mathrm {i} }{\sqrt {{\left(\vert {z}\vert +a\right)}{\left(\vert {z}\vert -a\right)}}}\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(2a-2{\mathrm {i} }{\sqrt {\vert {z}\vert ^{2}-a^{2}}}\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(2a-2{\mathrm {i} }{\sqrt {b^{2}}}\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(2a-2{\mathrm {i} }(-b)\right)}\\&=a+b{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei

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

eine stetige Funktion und

$g\colon \mathbb {N} \longrightarrow \mathbb {Q}$

eine Bijektion. Es sei vorausgesetzt, dass die Folge ${}f(g(n)),\,n\in \mathbb {N}$, konvergiert. Zeige, dass ${}f$ konstant ist.

Lösung

Nehmen wir an, dass ${}f$ stetig, aber nicht konstant ist. Dann gibt es zwei Punkte ${}x,x'\in \mathbb {R}$ mit ${}f(x)\neq f(x')$. Es sei ${}a=\vert {f(x)-f(x')}\vert >0$ der Betrag der Differenz der Funktionswerte. Wir setzen ${}\epsilon =a/5$. Wegen der Stetigkeit gibt es ein ${}\delta >0$ und ein ${}\delta '>0$ derart, dass ${}f([x-\delta ,x+\delta ])\subseteq [f(x)-\epsilon ,f(x)+\epsilon ]$ und ${}f([x'-\delta ',x'+\delta '])\subseteq [f(x')-\epsilon ,f(x')+\epsilon ]$ ist. Da es in der ${}\delta$-Umgebung von ${}x$ und der ${}\delta '$-Umgebung von ${}x'$ unendlich viele rationale Zahlen gibt, gibt es auch unendlich viele Indizes der Folge mit ${}f(g(n))\in [f(x)-\epsilon ,f(x)+\epsilon ]$ und unendlich viele Indizes mit ${}f(g(n))\in [f(x')-\epsilon ,f(x')+\epsilon ]$.

Es sei ${}y$ der Grenzwert der Folge ${}f(g(n))$. Aufgrund der Konvergenz der Folge gibt es ein ${}n_{0}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ alle Folgenglieder ${}f(g(n))$ in der ${}\epsilon$-Umgebung von ${}y$ liegen. Diese Umgebung ist aber zu mindestens einer der ${}\epsilon$-Umgebungen von ${}f(x)$ oder ${}f(x')$ disjunkt, sodass ein Widerspruch vorliegt.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über das Konvergenzverhalten einer Potenzreihe.

Lösung

Wir werden Satz 16.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) auf ${}T=B\left(a,r\right)$ anwenden. Wegen der Konvergenz für ${}z=b$ sind die Summanden ${}c_{n}(b-a)^{n}$ nach Lemma 9.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) eine Nullfolge, d.h. es gibt insbesondere ein ${}M>0$ mit

${}\vert {c_{n}(b-a)^{n}}\vert \leq M\,$

für alle ${}n\in \mathbb {N}$. Daher gelten für jedes ${}z\in B\left(a,r\right)$ die Abschätzungen

${}\vert {c_{n}(z-a)^{n}}\vert =\vert {c_{n}(b-a)^{n}}\vert \cdot \vert {\frac {z-a}{b-a}}\vert ^{n}\leq M\cdot \vert {\frac {z-a}{b-a}}\vert ^{n}\leq M{\left({\frac {r}{\vert {b-a}\vert }}\right)}^{n}\,.$

Dabei ist nach Voraussetzung

${}{\frac {r}{\vert {b-a}\vert }}<1\,.$

Daher liegen rechts (bis auf den Vorfaktor ${}M$) die Summanden einer nach Satz 9.13 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) konvergenten geometrische Reihe vor. Deren Grenzwert liefert eine obere Schranke für die Reihe der Supremumsnormen.

Aufgabe (5 Punkte)

Es seien

$g_{1},g_{2},\ldots ,g_{n}\colon {\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} }\setminus \{0\}$

differenzierbare Funktionen. Beweise durch Induktion über ${}n$ die Beziehung

${}{\left({\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\right)}^{\prime }={\frac {-1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\cdot {\left({\frac {g_{1}'}{g_{1}}}+{\frac {g_{2}'}{g_{2}}}+\cdots +{\frac {g_{n}'}{g_{n}}}\right)}\,.$

Lösung

Für ${}n=1$ ist nach der Kettenregel

${}{\left({\frac {1}{g_{1}}}\right)}^{\prime }=-{\frac {g_{1}'}{g_{1}^{2}}}=-{\frac {1}{g_{1}}}\cdot {\frac {g_{1}'}{g_{1}}}\,.$

Zum Induktionsschluss sei die Aussage für ${}n$ Funktionen schon bewiesen, und seien ${}n+1$ Funktionen gegeben. Dann ist aufgrund der Produktregel und der Induktionsvoraussetzung

${}{\begin{aligned}{\left({\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}\cdot g_{n+1}}}\right)}'&={\left({\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\cdot {\frac {1}{g_{n+1}}}\right)}'\\&={\left({\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\right)}'\cdot {\frac {1}{g_{n+1}}}+{\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\cdot {\left({\frac {1}{g_{n+1}}}\right)}^{\prime }\\&=-{\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\cdot {\left({\frac {g_{1}'}{g_{1}}}+{\frac {g_{2}'}{g_{2}}}+\cdots +{\frac {g_{n}'}{g_{n}}}\right)}\cdot {\frac {1}{g_{n+1}}}+{\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}}}\cdot {\left(-{\frac {1}{g_{n+1}}}\cdot {\frac {g_{n+1}'}{g_{n+1}}}\right)}\\&=-{\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}\cdot g_{n+1}}}\cdot {\left({\frac {g_{1}'}{g_{1}}}+{\frac {g_{2}'}{g_{2}}}+\cdots +{\frac {g_{n}'}{g_{n}}}\right)}-{\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}\cdot g_{n+1}}}\cdot {\frac {g_{n+1}'}{g_{n+1}}}\\&=-{\frac {1}{g_{1}\cdot g_{2}\cdots g_{n}\cdot g_{n+1}}}\cdot {\left({\frac {g_{1}'}{g_{1}}}+{\frac {g_{2}'}{g_{2}}}+\cdots +{\frac {g_{n}'}{g_{n}}}+{\frac {g_{n+1}'}{g_{n+1}}}\right)}.\,\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ und sei ${}\zeta$ eine ${}n$-te komplexe Einheitswurzel. Es sei

$f\colon {\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z\longmapsto f(z),$

eine differenzierbare Funktion mit der Eigenschaft, dass die Gleichheit ${}f(\zeta z)=f(z)$ für alle ${}z\in {\mathbb {C} }$ gelte. Zeige unter Bezug auf den Differenzenquotienten, dass die Ableitung die Beziehung ${}f'(\zeta z)=\zeta ^{n-1}f'(z)$ erfüllt.

Lösung

Für ${}h\neq 0$ ist

${}{\begin{aligned}{\frac {f(\zeta z+h)-f(\zeta z)}{h}}&={\frac {f(\zeta z+\zeta {\frac {h}{\zeta }})-f(\zeta z)}{h}}\\&={\frac {f(z+{\frac {h}{\zeta }})-f(z)}{\zeta {\frac {h}{\zeta }}}}\\&={\frac {1}{\zeta }}{\frac {f(z+{\frac {h}{\zeta }})-f(z)}{\frac {h}{\zeta }}}.\end{aligned}}$

Für ${}h\rightarrow 0$ ist auch ${}{\frac {h}{\zeta }}\rightarrow 0$ und daher geht der Ausdruck ${}{\frac {f(z+{\frac {h}{\zeta }})-f(z)}{\frac {h}{\zeta }}}$ gegen ${}f'(z)$. Somit gilt

${}f'(\zeta z)=\zeta ^{-1}f'(z)=\zeta ^{n-1}f'(z)\,.$

Aufgabe (6 Punkte)

Zeige, dass die beiden Definitionen für die Zahl ${}e$ übereinstimmen, beweise also die Gleichheit

${}\lim _{n\rightarrow \infty }{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)}^{n}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{k!}}\,.$

Lösung

Aufgrund von Korollar 20.12 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist ${}\ln \!'(1)=1$. Dies bedeutet aufgrund der Definition des Differentialquotienten insbesondere

$\lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {\ln(1+{\frac {1}{n}})}{\frac {1}{n}}}=1.$

Wir schreiben die Folgenglieder der linken Seite als ${}n\cdot \ln {\left(1+{\frac {1}{n}}\right)}$ und wenden darauf die Exponentialfunktion an. Daraus ergibt sich unter Verwendung der Stetigkeit und der Funktionalgleichung der Exponentialfunktion die Gleichungskette

${}{\begin{aligned}\exp 1&=\exp \left(\lim _{n\rightarrow \infty }{\left(n\cdot \ln {\left(1+{\frac {1}{n}}\right)}\right)}\right)\\&=\lim _{n\rightarrow \infty }\exp \left(n\cdot \ln {\left(1+{\frac {1}{n}}\right)}\right)\\&=\lim _{n\rightarrow \infty }{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)}^{n}\\&=e.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom vom Grad ${}2$ der Funktion

$f\colon {\mathbb {C} }\setminus \{0\}\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z\longmapsto f(z)={\frac {z^{2}-z+3}{z}},$

im Entwicklungspunkt ${}{\mathrm {i} }$.

Lösung

Es ist

${}f({\mathrm {i} })={\frac {{\mathrm {i} }^{2}-{\mathrm {i} }+3}{\mathrm {i} }}={\frac {-{\mathrm {i} }+2}{\mathrm {i} }}=-1-2{\mathrm {i} }\,.$

Für die erste Ableitung gilt

${}f'(z)={\frac {(2z-1)z-z^{2}+z-3}{z^{2}}}={\frac {z^{2}-3}{z^{2}}}\,$

und somit

${}f'({\mathrm {i} })={\frac {{\mathrm {i} }^{2}-3}{{\mathrm {i} }^{2}}}={\frac {-4}{-1}}=4\,.$

Für die zweite Ableitung gilt

${}f^{\prime \prime }(z)={\frac {(2z)z^{2}-(z^{2}-3)2z}{z^{4}}}={\frac {2(z^{2}-z^{2}+3)}{z^{3}}}={\frac {6}{z^{3}}}\,$

und somit

${}f'({\mathrm {i} })={\frac {6}{{\mathrm {i} }^{3}}}=6{\mathrm {i} }\,.$

Das Taylor-Polynom vom Grad ${}2$ ist daher

$-1-2{\mathrm {i} }+4(z-{\mathrm {i} })+3{\mathrm {i} }(z-{\mathrm {i} })^{2}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne den Flächeninhalt der Fläche, die durch die beiden Graphen zu ${}f(x)=x^{2}$ und ${}g(x)={\sqrt {x}}$ eingeschlossen wird.

Lösung

Für ${}x$ zwischen ${}0$ und ${}1$ ist ${}0\leq x^{2}\leq x\leq {\sqrt {x}}\leq 1$ und für ${}x\geq 1$ ist ${}x^{2}\geq {\sqrt {x}}$. Die eingeschlossene Fläche liegt also innerhalb des Einheitsquadrates. Daher ist der Flächeninhalt gleich dem bestimmten Integral der Wurzelfunktion von ${}0$ bis ${}1$ minus dem bestimmten Integral (in den gleichen Grenzen) zur Parabel. Daher ist der Flächeninhalt gleich

${}{\begin{aligned}A&=\int _{0}^{1}{\sqrt {x}}dx-\int _{0}^{1}x^{2}dx\\&={\frac {2}{3}}x^{\frac {3}{2}}|_{0}^{1}-{\frac {1}{3}}x^{3}|_{0}^{1}\\&={\frac {2}{3}}-{\frac {1}{3}}\\&={\frac {1}{3}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Bestimme eine Stammfunktion von

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

für ${}x>2$.

Lösung

Wir machen den Ansatz für die Partialbruchzerlegung, also

${}{\frac {x^{2}+1}{x(x-1)(x-2)}}={\frac {\alpha }{x}}+{\frac {\beta }{x-1}}+{\frac {\gamma }{x-2}}\,.$

Multiplikation mit dem Hauptnenner führt auf

${}{\begin{aligned}x^{2}+1&=\alpha (x-1)(x-2)+\beta x(x-2)+\gamma x(x-1)\\&=\alpha (x^{2}-3x+2)+\beta (x^{2}-2x)+\gamma (x^{2}-x)\\&=x^{2}(\alpha +\beta +\gamma )+x(-3\alpha -2\beta -\gamma )+2\alpha .\end{aligned}}$

Durch Koeffizientenvergleich ergibt sich das lineare Gleichungssystem

${}\alpha +\beta +\gamma =1\,,$

${}-3\alpha -2\beta -\gamma =0\,,$

und

${}2\alpha =1\,.$

Addition der ersten beiden Gleichungen ergibt

${}-2\alpha -\beta =1\,.$

Also ist ${}\alpha ={\frac {1}{2}}$,

${}\beta =-2\alpha -1=-2\,$

und

${}\gamma =1-\alpha -\beta ={\frac {5}{2}}\,.$

Somit ist

${}{\frac {x^{2}+1}{x(x-1)(x-2)}}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{x}}-2\cdot {\frac {1}{x-1}}+{\frac {5}{2}}\cdot {\frac {1}{x-2}}\,$

und eine Stammfunktion ist

${\frac {1}{2}}\cdot \ln x-2\cdot \ln(x-1)+{\frac {5}{2}}\cdot \ln(x-2).$

Aufgabe (5 (4+1) Punkte)

a) Finde alle Lösungen der inhomogenen linearen Differentialgleichung

$y'=-{\frac {\sin t}{\cos t}}y+(t^{2}-3)\cos t$

für ${}t\in {]{-{\frac {\pi }{2}}},{\frac {\pi }{2}}[}$.

b) Löse das Anfangswertproblem

$y'=-{\frac {\sin t}{\cos t}}y+(t^{2}-3)\cos t{\text{ mit }}y(0)=7.$

Lösung

a) Wir berechnen zuerst die Lösungen der zugehörigen homogenen linearen Differentialgleichung

$y'=-{\frac {\sin t}{\cos t}}y.$

Eine Stammfunktion zu ${}g(t)=-{\frac {\sin t}{\cos t}}$ ist ${}G(t)=\ln {\left(\cos t\right)}$. Daher sind (mit $c\in \mathbb {R}$)

${}c\cdot e^{\ln {\left(\cos t\right)}}=c\cdot \cos t\,$

die Lösungen der homogenen Gleichung.

Zur Bestimmung einer Lösung der inhomogenen Gleichung müssen wir eine Stammfunktion zu

$(t^{2}-3)\cdot \cos t\cdot (\cos t)^{-1}=t^{2}-3$

bestimmen. Eine solche ist ${}{\frac {1}{3}}t^{3}-3t$. Somit sind die Lösungen der inhomogenen Differentialgleichung gleich

${\left({\frac {1}{3}}t^{3}-3t\right)}\cos t+c\cdot \cos t,c\in \mathbb {R} .$

b) Zur Lösung des Anfangswertproblems müssen wir das ${}c$ aus Teil a) bestimmen. Die Anfangsbedingung führt auf

${}c\cos 0=7\,,$

also ist ${}c=7$ und

${\left({\frac {1}{3}}t^{3}-3t\right)}\cos t+7\cdot \cos t$

ist die Lösung des Anfangswertproblems.