Kurs:Analysis/Teil I/13/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	${}\sum$
Punkte	3	3	1	1	3	4	4	5	4	8	3	2	3	3	3	2	5	4	3	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 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.

3. Man sagt, dass ${}f$ stetig im Punkt ${}a$ ist, wenn es zu jedem ${}\epsilon >0$ ein ${}\delta >0$ derart gibt, dass für alle ${}x$ mit ${}\vert {a-x}\vert \leq \delta$ die Abschätzung ${}\vert {f(a)-f(x)}\vert \leq \epsilon$ gilt.
4. 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.

5. Die Funktion

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

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

6. Eine Differentialgleichung der Form

   ${}y'=g(t)\cdot h(y)\,$

   mit Funktionen (dabei sind ${}I$ und ${}J$ reelle Intervalle)

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

   und

   $h\colon J\longrightarrow \mathbb {R} ,\,y\longmapsto h(y),$

   heißt gewöhnliche Differentialgleichung mit getrennten Variablen.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine beschränkte Folge von reellen Zahlen. Dann besitzt die Folge eine konvergente Teilfolge.
2. Es gebe eine konvergente Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}$ von reellen Zahlen mit ${}\vert {a_{k}}\vert \leq b_{k}$ für alle ${}k$. Dann ist die Reihe

   $\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$

   absolut konvergent.
3. Die Funktion ${}f$ ist in ${}a$ genau dann differenzierbar, wenn es ein ${}s\in {\mathbb {K} }$ und eine Funktion

   $r\colon {\mathbb {K} }\longrightarrow {\mathbb {K} }$

   gibt mit ${}r$ stetig in ${}a$ und ${}r(a)=0$ und mit

   $f(x)=f(a)+s(x-a)+r(x)(x-a).$

Aufgabe (1 Punkt)

Wir betrachten den Satz „Diese Vorlesung versteht keine Sau“. Negiere diesen Satz durch eine Existenzaussage.

Lösung

Es gibt eine Sau, die diese Vorlesung versteht.

Aufgabe (1 Punkt)

Ist die Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {N} _{+}\times \mathbb {N} _{+}\longrightarrow \mathbb {N} _{+}\times \mathbb {N} _{+}\times \mathbb {N} _{+},\,(a,b)\longmapsto (a+b,ab,a^{b}),$

injektiv oder nicht?

Lösung

Die Abbildung ist nicht injektiv, da wegen

${}2^{4}=16=4^{2}\,$

die beiden Paare ${}(2,4)$ und ${}(4,2)$ unter ${}\varphi$ auf das gleiche Element abgebildet werden.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper. Zeige, dass für ${}x\geq 3$ die Beziehung

${}x^{2}+(x+1)^{2}\geq (x+2)^{2}\,$

gilt.

Lösung

Wir rechnen die beiden Seiten aus, die zu zeigende Abschätzung bedeutet dann

${}2x^{2}+2x+1\geq x^{2}+4x+4\,.$

In ${}K$ erhalten sich bei beidseitiger Addition die Abschätzungen, sodass die Abschätzung äquivalent zu

${}x^{2}-2x-3\geq 0\,$

ist. Wir schreiben die linke Seite als

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

Bei ${}x\geq 3$ ist ${}x-1\geq 2$ und daher

${}(x-1)^{2}\geq 2(x-1)\geq 2^{2}=4\,,$

also gilt für ${}x\geq 3$ die Abschätzung

${}(x-1)^{2}-4\geq 0\,$

und damit die ursprüngliche Abschätzung.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}M$ eine ${}n$-elementige Menge. Zeige, dass die Anzahl der ${}k$-elementigen Teilmengen von ${}M$ gleich dem Binomialkoeffizienten

${\binom {n}{k}}$

ist.

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch Induktion nach ${}n$. Die Aussage ist für ${}n=0$ klar, sei also angenommen, die Aussage sei für ein beliebiges ${}n$ (für alle ${}k$) schon bewiesen, und betrachten wir eine ${}(n+1)$-elementige Menge ${}M$. Diese Menge ist wegen ${}n\geq 0$ nicht leer. Wir fixieren ein Element ${}a\in M$ und betrachten die ${}n$-elementige Teilmenge ${}M\setminus \{a\}\subset M$. Jede Teilmenge von ${}M$ enthält entweder ${}a$ oder nicht. Daher lassen sich die ${}k$-elementigen Teilmengen von ${}M$ aufteilen in ${}k$-elementige Teilmengen von ${}M\setminus \{a\}$ (das sind diejenigen Teilmengen, die nicht ${}a$ enthalten), und die ${}(k-1)$-elementigen Teilmengen von ${}M\setminus \{a\}$ (eine solche ${}(k-1)$-elementige Teilmenge ${}T$ definiert die ${}k$-elementige Teilmenge ${}T\cup \{a\}$ in ${}M$). Daher ist die Gesamtzahl der ${}k$-elementigen Teilmengen von ${}M$ nach Lemma 3.8 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gleich

${}{\binom {n}{k}}+{\binom {n}{k-1}}={\binom {n+1}{k}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper. Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Cauchy-Folge in ${}K$, die eine konvergente Teilfolge enthalte. Zeige, dass die Folge konvergiert.

Lösung

Es sei ${}x_{n_{i}}$, ${}i\in \mathbb {N}$, eine konvergente Teilfolge mit dem Grenzwert ${}x$. Wir behaupten, dass die Folge ebenfalls gegen ${}x$ konvergiert. Es sei dazu ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wegen der Konvergenz der Teilfolge gibt es ein ${}i_{0}$ derart, dass für alle ${}i\geq i_{0}$ die Abschätzung

${}\vert {x_{n_{i}}-x}\vert \leq {\frac {\epsilon }{2}}\,$

gilt. Da eine Cauchy-Folge vorliegt gibt es ein ${}n_{0}$ derart, dass für alle ${}n,m\geq n_{0}$ die Abschätzung

${}\vert {x_{n}-x_{m}}\vert \leq {\frac {\epsilon }{2}}\,$

gilt. Daher gilt für ${}n\geq {\max {\left(n_{0},n_{i_{0}}\right)}}$ unter Verwendung eines ${}n_{i}$ mit ${}n_{i}\geq {\max {\left(n_{0},n_{i_{0}}\right)}}$ die Abschätzung

${}\vert {x_{n}-x}\vert =\vert {x_{n}-x_{n_{i}}+x_{n_{i}}-x}\vert \leq \vert {x_{n}-x_{n_{i}}}\vert +\vert {x_{n_{i}}-x}\vert \leq {\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\epsilon }{2}}=\epsilon \,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Untersuche die Folge

${}x_{n}={\sqrt {n}}\cdot {\sqrt {n+1}}-n\,$

auf Konvergenz.

Lösung

Wir behaupten, dass die Folge gegen ${}{\frac {1}{2}}$ konvergiert. Zunächst haben wir die Abschätzung

${}{\begin{aligned}{\sqrt {n}}\cdot {\sqrt {n+1}}-n&={\sqrt {n(n+1)}}-n\\&={\sqrt {n^{2}+n}}-n\\&\leq {\sqrt {n^{2}+n+{\frac {1}{4}}}}-n\\&={\sqrt {{\left(n+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}}}-n\\&=n+{\frac {1}{2}}-n\\&={\frac {1}{2}}.\end{aligned}}$

Es sei nun ${}\alpha <{\frac {1}{2}}$ fixiert. Wir zeigen, dass die Folgenglieder für ${}n$ hinreichend groß oberhalb von ${}\alpha$ liegen. Es ist

${}(1-2\alpha )>0\,$

und somit gilt für ${}n$ hinreichend groß die Abschätzung

${}(1-2\alpha )n\geq \alpha ^{2}\,.$

Für solche ${}n$ ist dann auch

${}n^{2}+n\geq n^{2}+2\alpha n+\alpha ^{2}=(n+\alpha )^{2}\,.$

Also hat man für diese Folgenglieder die Abschätzung

${}{\begin{aligned}{\sqrt {n}}\cdot {\sqrt {n+1}}-n&={\sqrt {n^{2}+n}}-n\\&\geq {\sqrt {(n+\alpha )^{2}}}-n\\&=n+\alpha -n\\&=\alpha .\end{aligned}}$

Daraus folgt die Behauptung.

Aufgabe (4 Punkte)

Formuliere und beweise die Lösungsformel für eine quadratische Gleichung

${}ax^{2}+bx+c=0\,$

mit ${}a,b,c\in \mathbb {R}$, ${}a\neq 0$.

Lösung

Es ist

${}x_{1,2}={\frac {\pm {\sqrt {b^{2}-4ac}}-b}{2a}}\,,$

vorausgesetzt, der Wurzelausdruck ${}b^{2}-4ac$ ist nichtnegativ. Dies sieht man so: Die Bedingung

${}ax^{2}+bx+c=0\,$

ist äquivalent zu

${}x^{2}+{\frac {b}{a}}x+{\frac {c}{a}}=0\,,$

was mittels quadratischem Ergänzen äquivalent zu

${}{\left(x+{\frac {b}{2a}}\right)}^{2}-{\frac {b^{2}}{4a^{2}}}+{\frac {c}{a}}=0\,$

ist. Umstellen und Erweitern liefert

${}{\left(x+{\frac {b}{2a}}\right)}^{2}={\frac {b^{2}}{4a^{2}}}-{\frac {c}{a}}={\frac {b^{2}}{4a^{2}}}-{\frac {4ac}{4a^{2}}}={\frac {b^{2}-4ac}{4a^{2}}}\,.$

Dies ist äquivalent zu

${}x+{\frac {b}{2a}}={\frac {\pm {\sqrt {b^{2}-4ac}}}{2a}}\,$

und somit zu

${}x_{1,2}={\frac {\pm {\sqrt {b^{2}-4ac}}-b}{2a}}\,.$

Aufgabe (8 (5+3) Punkte)

Wir betrachten die alternierende Reihe der Stammbrüche ${}\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ mit

${}x_{n}=(-1)^{n+1}{\frac {1}{n}}\,,$

also

$1-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{5}}-{\frac {1}{6}}+{\frac {1}{7}}-{\frac {1}{8}}+{\frac {1}{9}}\cdots ,$

die bekanntlich konvergiert.

a) Zeige, dass die umgeordnete Reihe

$1+{\frac {1}{3}}-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{7}}-{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{9}}+{\frac {1}{11}}-{\frac {1}{6}}\cdots ,$

konvergiert.

b) Man gebe eine Umordnung der Reihe an, die divergiert.

Lösung

a) Drei aufeinanderfolgende Summanden haben die Form

${\frac {1}{4k-3}}+{\frac {1}{4k-1}}-{\frac {1}{2k}}$

mit ${}k\in \mathbb {N} _{+}$. Dies kann man schreiben als

${}{\begin{aligned}{\frac {1}{4k-3}}+{\frac {1}{4k-1}}-{\frac {1}{2k}}&={\frac {(4k-1)(2k)+(4k-3)(2k)-(4k-3)(4k-1)}{(4k-3)(4k-1)(2k)}}\\&={\frac {8k^{2}-2k+8k^{2}-6k-16k^{2}+16k-3}{(16k^{2}-16k+3)(2k)}}\\&={\frac {8k-3}{32k^{3}-32k^{2}+6k}}.\end{aligned}}$

Der Zähler ist ${}\leq 8k$ und der Nenner ist ${}\geq 32k^{3}-32k^{2}\geq 31k^{3}$ für ${}k\geq 32$. Somit kann man die Summanden für ${}k\geq 32$ durch

${}{\frac {7k}{31k^{3}}}={\frac {7}{31}}\cdot {\frac {1}{k^{2}}}\,$

nach oben abschätzen. Da nach Beispiel 9.12 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) die Reihe der Kehrwerte der Quadrate konvergiert, konvergiert nach dem Majorantenkriterium auch diese Reihe.

b) Da die harmonische Reihe divergiert, divergiert auch die Reihe der Stammbrüche zu den ungeraden Zahlen, die in die gegebene Reihe positiv eingehen. Wir betrachten die Umordnung, bei der abwechselnd von den noch nicht verarbeiteten positiven Glieder so viele genommen werden, bis ihre Summe ${}1$ erreicht, und sodann ein negatives Glied genommen wird. Also

$1-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{5}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{9}}+{\frac {1}{11}}+{\frac {1}{13}}+{\frac {1}{15}}-{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{17}}+\ldots .$

Eine solche Zwischensumme ist ${}\geq 1-{\frac {1}{2}}={\frac {1}{2}}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei

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

eine stetige Funktion, die abzählbar viele Werte annimmt. Zeige, dass ${}f$ konstant ist.

Lösung

Wir nehmen an, dass die Funktion nicht konstant ist. Dann gibt es ${}a,b\in \mathbb {R}$ mit

${}f(a)\neq f(b)\,.$

Aufgrund des Zwischenwertsatzes wird jede reelle Zahl aus dem Intervall zwischen ${}f(a)$ und ${}f(b)$ angenommen. Jedes echte reelle Intervall besitzt aber überabzählbar viele Elemente, und so kann das Bild nicht abzählbar sein.

Aufgabe (2 Punkte)

Man gebe ein Beispiel einer stetigen, nicht differenzierbaren Funktion

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

mit der Eigenschaft, dass die Funktion ${}x\mapsto f{\left(\vert {x}\vert \right)}$ differenzierbar ist.

Lösung

Wir betrachten

${}f(x)={\begin{cases}0{\text{ für }}x\geq -1\,,\\-x-1{\text{ für }}x<-1\,.\end{cases}}\,$

Diese Funktion ist offenbar stetig und in ${}x=-1$ nicht differenzierbar. Dagegen ist ${}f{\left(\vert {x}\vert \right)}=0$ für alle ${}x\in \mathbb {R}$ und somit differenzierbar.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei

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

eine differenzierbare Funktion. Zeige durch Induktion, dass für die ${}n$-fache Hintereinanderschaltung ($n\geq 1$)

$f^{\circ n}=f\circ f\circ \cdots \circ f\,\,\,(n{\text{ mal}})$

die Beziehung

${}{\left(f^{\circ n}\right)}'=f'\cdot \prod _{i=1}^{n-1}{\left(f'\circ f^{\circ i}\right)}\,$

gilt.

Lösung

Der Induktionsanfang für ${}n=1$ ist gesichert wegen

${}f'=f'\cdot 1=f'\cdot \prod _{i=1}^{0}{\left(f'\circ f^{\circ i}\right)}\,.$

Es sei die Aussage für die ${}n$-te Hintereinanderschaltung schon bewiesen. Dann gilt unter Verwendung der Kettenregel (mit ${}f$ als äußerer und ${}f^{\circ n}$ als innerer Funktion) und der Induktionsvoraussetzung die Beziehung

${}{\begin{aligned}{\left(f^{\circ n+1}\right)}'&={\left(f\circ f^{\circ n}\right)}'\\&={\left(f'\circ f^{\circ n}\right)}\cdot {\left(f^{\circ n}\right)}'\\&={\left(f'\circ f^{\circ n}\right)}\cdot {\left(f'\cdot \prod _{i=1}^{n-1}{\left(f'\circ f^{\circ i}\right)}\right)}\\&=f'\cdot \prod _{i=1}^{n}{\left(f'\circ f^{\circ i}\right)},\end{aligned}}$

was die Aussage beweist.

Aufgabe (3 Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon {\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,x\longmapsto f(x)=xe^{x}.$

Zeige durch Induktion, dass die ${}n$-te Ableitung ($n\geq 1$) von ${}f$ gleich

${}f^{(n)}(x)={\left(x+n\right)}e^{x}\,$

ist.

Lösung

Die Aussage ist für ${}n=0$ richtig. Als Induktionsvoraussetzung können wir

${}f^{(n)}=(x+n)e^{x}\,$

annehmen. Dann ist

${}{\begin{aligned}f^{(n+1)}&=(f^{(n)})'\\&=((x+n)e^{x})'\\&=(x+n)(e^{x})'+1e^{x}\\&=(x+n)e^{x}+1e^{x}\\&=(x+n+1)e^{x},\end{aligned}}$

was die Aussage für ${}n+1$ bedeutet.

Aufgabe (3 Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=x^{2}+1.$

Bestimme die Tangenten an ${}f$, die lineare Funktionen sind (die also durch den Nullpunkt verlaufen).

Lösung

Eine lineare Funktion wird durch ${}g(x)=ax$ mit ${}a\in \mathbb {R}$ beschrieben. Eine lineare Funktion, die im Punkt ${}(x,f(x))$ tangential zu ${}f$ ist, muss ${}a=f'(x)$ und ${}f(x)=ax$ erfüllen. Daraus ergibt sich die Bedingung

$x^{2}+1=(2x)x$

bzw.

$x^{2}=1.$

Also ist ${}x=1$ oder ${}x=-1$. Daher gibt es zwei Tangenten an ${}f$, die lineare Funktionen sind, nämlich ${}2x$ und ${}-2x$.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Ableitung der Kosinusfunktion über ihre Potenzreihe (Satz 20.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))).

Lösung Komplexe Kosinusfunktion/Ableitung/Fakt/Beweis/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (5 Punkte)

Ein Dreieck soll die Grundseite ${}[0,s]$ und die Höhe ${}h$ besitzen ($s,h>0$). Für welchen Höhenfußpunkt ${}x$ besitzt das Dreieck einen minimalen Umfang, und wie lange ist dieser?

Lösung

Wenn ${}(x,h)$ der (neben ${}(0,0)$ und ${}(s,0)$) dritte Eckpunkt des Dreieckes ist, so ist der Umfang gleich

$s+{\sqrt {x^{2}+h^{2}}}+{\sqrt {(x-s)^{2}+h^{2}}}.$

Wir müssen also die Funktion

${}f(x)={\sqrt {x^{2}+h^{2}}}+{\sqrt {(x-s)^{2}+h^{2}}}\,$

minimieren. Da ${}h$ positiv ist, ist diese Funktion differenzierbar, und zwar ist

${}f'(x)={\frac {x}{\sqrt {x^{2}+h^{2}}}}+{\frac {x-s}{\sqrt {(x-s)^{2}+h^{2}}}}\,.$

Die Bedingung ${}f'(x)=0$ führt auf

${}{\frac {x}{\sqrt {x^{2}+h^{2}}}}={\frac {s-x}{\sqrt {(x-s)^{2}+h^{2}}}}\,$

bzw. auf

${}x{\sqrt {(x-s)^{2}+h^{2}}}=(s-x){\sqrt {x^{2}+h^{2}}}\,.$

Quadrieren führt auf

${}x^{2}((x-s)^{2}+h^{2})=(s-x)^{2}(x^{2}+h^{2})\,$

und dies auf

${}x^{2}h^{2}=(s-x)^{2}h^{2}\,$

und somit ist

${}x^{2}=(s-x)^{2}\,$

und daher (der Fall ${}x=x-s$ ist ausgeschlossen)

${}x=s-x\,$

und somit

${}x={\frac {s}{2}}\,.$

Dies muss ein Minimum sein, da für ${}x\rightarrow \pm \infty$ der Umfang gegen ${}+\infty$ strebt. Der minimale Umfang ist daher

${}s+2{\sqrt {{\frac {s^{2}}{4}}+h^{2}}}=s+{\sqrt {s^{2}+4h^{2}}}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise die Substitutionsregel zur Integration von stetigen Funktionen.

Lösung

Wegen der Stetigkeit von ${}f$ und der vorausgesetzten stetigen Differenzierbarkeit von ${}g$ existieren beide Integrale. Es sei ${}F$ eine Stammfunktion von ${}f$, die aufgrund von Korollar 24.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) existiert. Nach der Kettenregel hat die zusammengesetzte Funktion

${}t\mapsto F(g(t))=(F\circ g)(t)\,$

die Ableitung ${}F'(g(t))g'(t)=f(g(t))g'(t)$. Daher gilt insgesamt

${}\int _{a}^{b}f(g(t))g'(t)\,dt=(F\circ g)|_{a}^{b}=F(g(b))-F(g(a))=F|_{g(a)}^{g(b)}=\int _{g(a)}^{g(b)}f(s)\,ds\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Finde eine Lösung für die gewöhnliche Differentialgleichung

${}y'=y^{\frac {2}{5}}\,$

für ${}t,y>0$.

Lösung

Es handelt sich um eine zeitunabhängige Differentialgleichung mit

${}h(y)=y^{\frac {2}{5}}\,,$

die Kehrwertfunktion ist

${}{\frac {1}{h(y)}}=y^{-{\frac {2}{5}}}\,$

und eine Stammfunktion davon ist

${\frac {5}{3}}y^{\frac {3}{5}}.$

Aus

${}{\frac {5}{3}}y^{\frac {3}{5}}=z\,$

ergibt sich die Umkehrfunktion

${}y=\left({\frac {3}{5}}\right)^{\frac {5}{3}}z^{\frac {5}{3}}\,.$

Somit ist

${}y(t)=\left({\frac {3}{5}}\right)^{\frac {5}{3}}(t)^{\frac {5}{3}}\,$

eine Lösung der Differentialgleichung.