Kurs:Analysis/Teil I/14/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	4	3	5	1	2	4	5	5	7	4	6	4	2	4	2	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

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.
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.
Der natürliche Logarithmus
$\ln \colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto \ln x,$

ist als die Umkehrfunktion der reellen Exponentialfunktion definiert.
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.
Das nach Voraussetzung existierende Oberintegral zu ${}f$ über ${}[a,b]$ heißt bestimmtes Integral.
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

Eine nach oben beschränkte, wachsende Folge in ${}\mathbb {R}$ konvergiert.
Für jedes ${}z\in {\mathbb {C} }$ ist die Exponentialreihe
$\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {z^{n}}{n!}}$
absolut konvergent.
Sei ${}I$ ein reelles Intervall und sei
$f\colon I\longrightarrow \mathbb {R}$
eine stetige Funktion. Dann ist ${}f$ Riemann-integrierbar.

Aufgabe (4 Punkte)

Es stehen zwei Gläser auf einem Tisch, wobei das eine mit Rotwein und das andere mit Weißwein gefüllt ist, und zwar gleichermaßen. Nun wird ein kleineres leeres Glas (ein Fingerhut oder ein Schnapsglas) in das Rotweinglas voll eingetaucht und der Inhalt in das Weißweinglas überführt und dort gleichmäßig vermischt (insbesondere gibt es Platz für diese Hinzugabe). Danach wird das kleinere Glas in das Weißweinglas voll eingetaucht und der Inhalt in das Rotweinglas überführt. Befindet sich zum Schluss im Rotweinglas mehr Rotwein als im Weißweinglas Weißwein?

Lösung

Die Anteile stimmen überein. Die Weinmenge sei jeweils zu ${}1$ normiert und die Größe des kleineren Glases sei ${}x$ . Nach dem ersten Umfüllen befindet sich im Rotweinglas ${}1-x$ Rotwein (und kein Weißwein) und im Weißweinglas ${}1$ Weißwein und ${}x$ Rotwein. Im Weißweinglas beträgt der Weißweinanteil ${}{\frac {1}{1+x}}$ und der Rotweinanteil ${}{\frac {x}{1+x}}$ . Daher wird beim zweiten Umfüllen ${}{\frac {1}{1+x}}x$ Weißwein und ${}{\frac {x}{1+x}}x$ Rotwein transportiert. Der Weißweinanteil im Weißweinglas ist somit zum Schluss

{}1-{\frac {1}{1+x}}x={\frac {1+x-x}{1+x}}={\frac {1}{1+x}}\,

und der Rotweinanteil im Rotweinglas ist

{}1-x+{\frac {x}{1+x}}x={\frac {{\left(1-x\right)}{\left(1+x\right)}+x^{2}}{1+x}}={\frac {1-x^{2}+x^{2}}{1+x}}={\frac {1}{1+x}}\,.

Aufgabe (3 Punkte)

Erläutere das Prinzip Beweis durch Widerspruch für eine Aussage der Form „Aus ${}A$ folgt ${}B$ “.

Lösung

Man möchte zeigen, dass aus einer Aussage ${}A$ eine weitere Aussage ${}B$ folgt. Beim Beweis durch Widerspruch nimmt man an, dass gleichzeitig ${}A$ und nicht ${}B$ gelten. Unter diesen Voraussetzungen zeigt man, dass sich ein Widerspruch ergibt. Dies bedeutet, dass ${}A$ und nicht ${}B$ nicht gleichzeitig gelten können, was eben die Implikation ${}A\implies B$ bedeutet.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise die allgemeine binomische Formel.

Lösung

Wir führen Induktion nach ${}n$ . Für ${}n=0$ steht einerseits ${}(a+b)^{0}=1$ und andererseits ${}a^{0}b^{0}=1$ . Es sei die Aussage bereits für ${}n$ bewiesen. Dann ist

{}{\begin{aligned}(a+b)^{n+1}&=(a+b)(a+b)^{n}\\&=(a+b){\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)}\\&=a{\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)}+b{\left(\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k}\right)}\\&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k+1}b^{n-k}+\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}{\binom {n}{k-1}}a^{k}b^{n-k+1}+\sum _{k=0}^{n+1}{\binom {n}{k}}a^{k}b^{n-k+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}{\left({\binom {n}{k-1}}+{\binom {n}{k}}\right)}a^{k}b^{n+1-k}+b^{n+1}\\&=\sum _{k=1}^{n+1}{\binom {n+1}{k}}a^{k}b^{n+1-k}+b^{n+1}\\&=\sum _{k=0}^{n+1}{\binom {n+1}{k}}a^{k}b^{n+1-k}.\end{aligned}}

Aufgabe (1 Punkt)

Was fällt an dem folgenden Satz auf (aus der Sendung Börse vor acht, 2020): „Die deutsche Bahn will bis 2030 ihren Personenverkehr verdoppeln. Ihren Güterverkehr will sie im gleichen Zeitraum sogar um ${}70\%$ steigern“.

Lösung Bahn/Güterverkehr/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper und ${}x,y>0$ . Zeige, dass ${}x\geq y$ genau dann gilt, wenn

{}x/y\geq 1\,

gilt.

Lösung

Wegen ${}y>0$ ist nach Aufgabe 4.11 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) auch ${}y^{-1}>0$ . Aus ${}x\geq y$ folgt daher durch Multiplikation mit ${}y^{-1}$ die Beziehung ${}xy^{-1}\geq yy^{-1}=1$ . Wenn umgekehrt ${}x/y\geq 1$ gilt, so folgt durch Multiplikation mit ${}y>0$ die Beziehung ${}x=y\cdot x/y\geq y\cdot 1=y$ .

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass eine konvergente Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in einem angeordneten Körper ${}K$ beschränkt ist.

Lösung

Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ die konvergente Folge mit dem Limes ${}x\in K$ und es sei ein ${}\epsilon >0$ gewählt. Aufgrund der Konvergenz gibt es ein ${}n_{0}$ derart, dass

\vert {x_{n}-x}\vert \leq \epsilon {\text{ für alle }}n\geq n_{0}.

Dann ist insbesondere

\vert {x_{n}}\vert \leq \vert {x}\vert +\vert {x-x_{n}}\vert \leq \vert {x}\vert +\epsilon {\text{ für alle }}n\geq n_{0}.

Unterhalb von ${}n_{0}$ gibt es nur endlich viele Zahlen, sodass das Maximum

{}B:=\max _{n<n_{0}}\{\vert {x_{n}}\vert ,\,\vert {x}\vert +\epsilon \}\,

wohldefiniert ist. Daher ist ${}B$ eine obere Schranke und ${}-B$ eine untere Schranke für ${}{\left\{x_{n}\mid n\in \mathbb {N} \right\}}$ .

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}x_{n}$ eine gegen ${}x$ konvergente reelle Folge. Es sei

\varphi \colon \mathbb {N} \longrightarrow \mathbb {N}

eine bijektive Abbildung. Zeige, dass auch die durch

{}y_{n}:=x_{\varphi (n)}\,

definierte Folge gegen ${}x$ konvergiert.

Lösung

Es sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Wegen der Konvergenz der Ausgangsfolge gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ derart, dass für alle ${}n\geq n_{0}$ die Beziehung

{}\vert {x_{n}-x}\vert \leq \epsilon \,

gilt. Das Urbild von ${}\{0,1,\ldots ,n_{0}-1\}$ unter der bijektiven Abbildung ${}\varphi$ ist endlich. Es sei ${}m\in \mathbb {N}$ eine Zahl, die größer als all diese Zahlen ist. Dann gilt für ${}n\geq m$ die Beziehung ${}\varphi (n)\geq n_{0}$ , und somit ist für diese ${}n$ auch

{}\vert {y_{n}-x}\vert =\vert {x_{\varphi (n)}-x}\vert \leq \epsilon \,.

Aufgabe (5 Punkte)

Zeige, dass die Potenzmenge ${}{\mathfrak {P}}\,(\mathbb {N} )$ und die Menge der Abbildungen ${}\operatorname {Abb} \,{\left(\mathbb {N} ,{\mathfrak {P}}\,(\mathbb {N} )\right)}$ gleichmächtig sind.

Lösung

Die Potenzmenge ${}{\mathfrak {P}}\,(\mathbb {N} )$ steht in Bijektion zur Abbildungsmenge ${}\operatorname {Abb} \,{\left(\mathbb {N} ,\{0,1\}\right)}$ durch die Zuordnung ${}A\mapsto e_{A}$ . Daher ist

{}\operatorname {Abb} \,{\left(\mathbb {N} ,{\mathfrak {P}}\,(\mathbb {N} )\right)}\cong \operatorname {Abb} \,{\left(\mathbb {N} ,\operatorname {Abb} \,{\left(\mathbb {N} ,\{0,1\}\right)}\right)}\cong \operatorname {Abb} \,{\left(\mathbb {N} \times \mathbb {N} ,\{0,1\}\right)}\,.

Wegen der Gleichmächtigkeit von ${}\mathbb {N}$ zu ${}\mathbb {N} \times \mathbb {N}$ folgt die Gleichmächtigkeit der Mengen

{}\operatorname {Abb} \,{\left(\mathbb {N} \times \mathbb {N} ,\{0,1\}\right)}\cong \operatorname {Abb} \,{\left(\mathbb {N} ,\{0,1\}\right)}\cong {\mathfrak {P}}\,(\mathbb {N} )\,.

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei

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

eine stetige Funktion ${}\neq 0$ , die die Gleichung

{}f(x+y)=f(x)\cdot f(y)\,

für alle ${}x,y\in \mathbb {R}$ erfüllt. Zeige, dass ${}f$ eine Exponentialfunktion ist, d.h. dass es ein ${}b>0$ mit ${}f(x)=b^{x}$ gibt.

Lösung

Es sei ${}f(u)\neq 0$ . Dann ist wegen

{}f(u)=f(u+0)=f(u)f(0)\,

direkt ${}f(0)=1$ . Wegen

{}1=f(0)=f(1-1)=f(1)\cdot f(-1)\,

ist

{}b:=f(1)\,

von ${}0$ verschieden. Wegen

{}f(1)=f{\left({\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}\right)}=f{\left({\frac {1}{2}}\right)}f{\left({\frac {1}{2}}\right)}={\left(f{\left({\frac {1}{2}}\right)}\right)}^{2}\,

ist ${}b$ positiv. Wir vergleichen ${}f(x)$ mit ${}b^{x}$ . Für ${}x=0,1$ stimmen die beiden Funktionen überein. Für ${}x=n\in \mathbb {N}$ ist aufgrund der Funktionalgleichung

{}f(n)=f(1)^{n}=b^{n}\,.

Für ${}n\in \mathbb {Z} _{-}$ ist wegen ${}1=f(0)=f(n-n)=f(n)f(-n)$

{}f(n)=f(-n)^{-1}={\left(b^{-1}\right)}^{-n}=b^{n}\,,

also gilt die Gleichheit für ${}n\in \mathbb {Z}$ . Für ${}n=p/q\in \mathbb {Q} _{+}$ mit ${}p,q\in \mathbb {N} _{+}$ gilt wegen

{}f(p)=f{\left(q\cdot {\frac {p}{q}}\right)}={\left(f{\left({\frac {p}{q}}\right)}\right)}^{q}\,

und der eindeutigen Existenz von ${}q$ -ten Wurzeln

{}f{\left({\frac {p}{q}}\right)}={\sqrt[{q}]{f(p)}}={\sqrt[{q}]{b^{p}}}=b^{\frac {p}{q}}\,.

Daraus folgt über die Beziehung

{}1=f(r-r)=f(r)\cdot f(-r)\,

auch die Übereinstimmung für negative rationale Argumente. Da ${}f$ nach Voraussetzung stetig ist und da ${}b^{x}$ stetig ist, und da es zu jeder reellen Zahl ${}x$ eine Folge rationaler Zahlen gibt, die gegen ${}x$ konvergiert, müssen die beiden Funktionen nach dem Folgenkriterium für die Stetigkeit übereinstimmen.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}T\subseteq {\mathbb {K} }$ eine Teilmenge und es sei

f_{n}\colon T\longrightarrow {\mathbb {K} }

eine Folge von gleichmäßig stetigen Funktionen, die gleichmäßig gegen die Funktion ${}f$ konvergiert. Zeige, dass ${}f$ gleichmäßig stetig ist.

Lösung

Es sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Aufgrund der gleichmäßigen Konvergenz gibt es ein ${}n_{0}$ mit ${}d{\left(f_{n}(y),f(y)\right)}\leq \epsilon /3$ für alle ${}n\geq n_{0}$ und alle ${}y\in T$ . Wegen der gleichmäßigen Stetigkeit von ${}f_{n_{0}}$ gibt es ein ${}\delta >0$ mit ${}d{\left(f_{n_{0}}(x),f_{n_{0}}(y)\right)}\leq \epsilon /3$ für alle ${}x,y\in T$ mit ${}d{\left(x,y\right)}\leq \delta$ . Für diese ${}x,y$ gilt somit

{}{\begin{aligned}d{\left(f(x),f(y)\right)}&\leq d{\left(f(x),f_{n_{0}}(x)\right)}+d{\left(f_{n_{0}}(x),f_{n_{0}}(y)\right)}+d{\left(f_{n_{0}}(y),f(y)\right)}\\&\leq \epsilon /3+\epsilon /3+\epsilon /3\\&=\epsilon .\end{aligned}}

Aufgabe (6 (1+1+2+2) Punkte)

Es sei ${}f(x)={\frac {x^{2}-1}{x}}$ und ${}g(y)={\frac {y^{2}}{y-1}}$ .

a) Bestimme die Ableitung von ${}f$ und von ${}g$ .

b) Berechne die Hintereinanderschaltung ${}h(x)=g(f(x))$ .

c) Bestimme die Ableitung von ${}h$ mit Hilfe von Teil b).

d) Bestimme die Ableitung von ${}h$ mittels der Kettenregel.

Lösung

a) Nach der Quotientenregel ist

{}f'(x)={\frac {2xx-(x^{2}-1)}{x^{2}}}={\frac {x^{2}+1}{x^{2}}}\,

und

{}g'(y)={\frac {2y(y-1)-y^{2}}{(y-1)^{2}}}={\frac {y^{2}-2y}{y^{2}-2y+1}}\,.

b) Es ist

{}{\begin{aligned}g(f(x))&={\frac {{\left({\frac {x^{2}-1}{x}}\right)}^{2}}{{\frac {x^{2}-1}{x}}-1}}\\&={\frac {{\left(x^{2}-1\right)}^{2}}{x(x^{2}-1)-x^{2}}}\\&={\frac {x^{4}-2x^{2}+1}{x^{3}-x^{2}-x}}.\end{aligned}}

c) Die Ableitung von

{}h(x)={\frac {x^{4}-2x^{2}+1}{x^{3}-x^{2}-x}}\,

ist

{}{\begin{aligned}h'(x)&={\frac {{\left(4x^{3}-4x\right)}{\left(x^{3}-x^{2}-x\right)}-{\left(x^{4}-2x^{2}+1\right)}{\left(3x^{2}-2x-1\right)}}{{\left(x^{3}-x^{2}-x\right)}^{2}}}\\&={\frac {4x^{6}-4x^{5}-4x^{4}-4x^{4}+4x^{3}+4x^{2}-{\left(3x^{6}-2x^{5}-x^{4}-6x^{4}+4x^{3}+2x^{2}+3x^{2}-2x-1\right)}}{x^{2}{\left(x^{2}-x-1\right)}^{2}}}\\&={\frac {x^{6}-2x^{5}-x^{4}-x^{2}+2x+1}{x^{2}{\left(x^{4}+x^{2}+1-2x^{3}-2x^{2}+2x\right)}}}\\&={\frac {x^{6}-2x^{5}-x^{4}-x^{2}+2x+1}{x^{6}-2x^{5}-x^{4}+2x^{3}+x^{2}}}.\end{aligned}}

d) Es ist

{}{\begin{aligned}g'(f(x))f'(x)&={\frac {{\left({\frac {x^{2}-1}{x}}\right)}^{2}-2{\frac {x^{2}-1}{x}}}{{\left({\frac {x^{2}-1}{x}}\right)}^{2}-2{\frac {x^{2}-1}{x}}+1}}\cdot {\frac {x^{2}+1}{x^{2}}}\\&={\frac {{\left(x^{2}-1\right)}^{2}-2{\left(x^{2}-1\right)}x}{{\left(x^{2}-1\right)}^{2}-2{\left(x^{2}-1\right)}x+x^{2}}}\cdot {\frac {x^{2}+1}{x^{2}}}\\&={\frac {x^{4}-2x^{2}+1-2x^{3}+2x}{x^{4}-2x^{2}+1-2x^{3}+2x+x^{2}}}\cdot {\frac {x^{2}+1}{x^{2}}}\\&={\frac {x^{4}-2x^{3}-2x^{2}+2x+1}{x^{4}-2x^{3}-x^{2}+2x+1}}\cdot {\frac {x^{2}+1}{x^{2}}}\\&={\frac {x^{6}-2x^{5}-x^{4}-x^{2}+2x+1}{x^{6}-2x^{5}-x^{4}+2x^{3}+x^{2}}}.\end{aligned}}

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz von Rolle.

Lösung

Wenn ${}f$ konstant ist, so ist die Aussage richtig. Es sei also ${}f$ nicht konstant. Dann gibt es ein ${}x\in {]a,b[}$ mit ${}f(x)\neq f(a)=f(b)$ . Sagen wir, dass ${}f(x)$ größer als dieser Wert ist. Aufgrund von Satz 13.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gibt es ein ${}c\in [a,b]$ , wo die Funktion ihr Maximum annimmt, und dieser Punkt kann kein Randpunkt sein. Für dieses ${}c$ ist dann ${}f'(c)=0$ nach Satz 19.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)).

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Ableitung der Funktion

\ln \colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} .

Lösung

Da der Logarithmus die Umkehrfunktion der Exponentialfunktion ist, können wir Satz 18.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) anwenden und erhalten mit [[Reelle Exponentialfunktion/Ableitung/Fakt|Satz . (Analysis (Osnabrück 2021-2023))]]

{}\ln '(x)={\frac {1}{\exp '(\ln x)}}={\frac {1}{\exp(\ln x)}}={\frac {1}{x}}\,.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme den Durchschnittswert der Quadratwurzel ${}{\sqrt {x}}$ für ${}x\in [1,4]$ . Vergleiche diesen Wert mit der Wurzel des arithmetischen Mittels von ${}1$ und ${}4$ und mit dem arithmetischen Mittel der Wurzel von ${}1$ und der Wurzel von ${}4$ .