Kurs:Analysis/Teil I/24/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine obere Schranke einer Teilmenge ${}M\subseteq K$ in einem angeordneten Körper ${}K$.
2. Der Realteil einer komplexen Zahl ${}z$.
3. Der Logarithmus zur Basis ${}b\in \mathbb {R} _{+}$, ${}b\neq 1$, einer positiven reellen Zahl ${}x$.
4. Der Differenzenquotient zu einer Funktion

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

   in einem Punkt ${}a\in D$ einer offenen Menge ${}D\subseteq {\mathbb {K} }$.

5. Eine konvexe Teilmenge ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$.
6. Eine Stammfunktion zu einer Funktion ${}f\colon ]a,b[\rightarrow \mathbb {R}$.

Lösung

1. Ein Element ${}S\in K$ mit ${}x\leq S$ für alle ${}x\in M$ heißt obere Schranke für ${}M$.
2. Zu einer komplexen Zahl ${}z=a+b{\mathrm {i} }$ nennt man ${}a$ den Realteil von ${}z$.
3. Der Logarithmus zur Basis ${}b\in \mathbb {R} _{+}$, ${}b\neq 1$, von ${}x\in \mathbb {R} _{+}$ ist durch

   ${}\log _{b}x:={\frac {\ln x}{\ln b}}\,$

   definiert.

4. Zu ${}x\in D$, ${}x\neq a$, heißt die Zahl

   ${\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}$

   der Differenzenquotient von ${}f$ zu ${}a$ und ${}x$.

5. Die Teilmenge ${}T$ heißt konvex, wenn mit je zwei Punkten ${}P,Q\in T$ auch jeder Punkt der Verbindungsstrecke (also jeder Punkt der Form ${}rP+(1-r)Q{\mbox{ mit }}r\in [0,1]$) ebenfalls zu ${}T$ gehört.
6. Eine Funktion ${}F\colon {]a,b[}\rightarrow \mathbb {R}$ heißt Stammfunktion zu ${}f$, wenn ${}F$ auf ${}]a,b[$ differenzierbar ist und ${}F'(x)=f(x)$ für alle ${}x\in {]a,b[}$ gilt.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Intervallschachtelung für die Eulersche Zahl.
2. Der Satz über die gleichmäßige Stetigkeit auf einem Intervall.
3. Der Mittelwertsatz der Integralrechnung.

Lösung

1. Die Intervalle ${}I_{n}=[a_{n},b_{n}]$, ${}n\geq 1$, mit den Grenzen

   $a_{n}={\left(1+{\frac {1}{n}}\right)}^{n}{\text{ und }}b_{n}={\left(1+{\frac {1}{n}}\right)}^{n+1}$

   definieren eine Intervallschachtelung.
2. Eine stetige Funktion

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

   auf einem abgeschlossenen beschränkten Intervall ist gleichmäßig stetig.
3. Es sei ${}[a,b]$ ein kompaktes Intervall und sei

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

   eine stetige Funktion. Dann gibt es ein ${}c\in [a,b]$ mit

   ${}\int _{a}^{b}f(t)\,dt=f(c)(b-a)\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Erläutere Vor- und Nachteile des axiomatischen Aufbaus der Mathematik.

Lösung Axiomatischer Aufbau/Vor- und Nachteile/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (1 Punkt)

Die Weihnachtsferien begannen am 22.12.2015 (erster Ferientag) und endeten am 6.1.2016 (letzter Ferientag). Wie lange dauerten die Ferien?

Lösung

${}16$ Tage.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Person ${}A$ wird ${}80$ Jahre alt und Person ${}B$ wird ${}70$ Jahre alt. Vergleiche die Gesamtlebenswachzeit und die Gesamtlebensschlafzeit der beiden Personen bei folgendem Schlafverhalten.

1. ${}A$ schläft jede Nacht ${}7$ Stunden und ${}B$ schläft jede Nacht ${}8$ Stunden.
2. ${}A$ schläft jede Nacht ${}8$ Stunden und ${}B$ schläft jede Nacht ${}7$ Stunden.

Lösung

1. Person ${}A$ schläft in seinem Leben insgesamt

   $80\cdot 7\cdot 365$

   Stunden, Person ${}B$ schläft insgesamt

   $70\cdot 8\cdot 365$

   Stunden, sie schlafen also gleich lang. Die Wachzeit der beiden ist

   $80\cdot 17\cdot 365$

   bzw.

   $70\cdot 16\cdot 365,$

   wegen

   ${}8\cdot 17>7\cdot 16\,$

   ist ${}A$ länger wach.

2. Person ${}A$ schläft in seinem Leben insgesamt

   $80\cdot 8\cdot 365$

   Stunden, Person ${}B$ schläft insgesamt

   $70\cdot 7\cdot 365$

   Stunden, Person ${}A$ schläft also insgesamt mehr. Die Wachzeit der beiden ist

   $80\cdot 16\cdot 365$

   bzw,

   $70\cdot 17\cdot 365,$

   wegen

   ${}8\cdot 16=128>119=7\cdot 17\,$

   ist ${}A$ auch länger wach.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

1. Zeige, dass für positive reelle Zahlen ${}a,b$ die Abschätzung

   ${}{\frac {1}{\vert {a+b}\vert }}\leq {\max {\left({\frac {1}{\vert {a}\vert }},{\frac {1}{\vert {b}\vert }}\right)}}\,$

   gilt.

2. Zeige, dass es reelle Zahlen ${}a,b$ mit ${}a,b,a+b\neq 0$ und mit

   ${}{\frac {1}{\vert {a+b}\vert }}>{\max {\left({\frac {1}{\vert {a}\vert }},{\frac {1}{\vert {b}\vert }}\right)}}\,$

   gibt.

Lösung

1. Im positiven Fall ist auch ${}a+b>0$ und somit kann man überall die Betragsstriche weglassen. Es ist ${}a+b>a$ und somit ist ${}{\frac {1}{a+b}}<{\frac {1}{a}}\leq {\max {\left({\frac {1}{a}},{\frac {1}{b}}\right)}}$.
2. Es sei ${}a=3$ und ${}b=-2$. Dann ist

   ${}a+b=1\,$

   und somit steht links ${}{\frac {1}{1}}=1$ und rechts das Maximum aus ${}{\frac {1}{3}}$ und ${}{\frac {1}{2}}$, also ${}{\frac {1}{2}}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Eine Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in einem angeordneten Körper ${}K$ sei durch einen Anfangswert ${}x_{0}\in K_{+}$ und durch die Rekursionsvorschrift

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

gegeben. Bestimme die Anfangswerte, für die diese Folge konvergiert.

Lösung

Bei ${}x_{0}=1$ ist die Folge konstant gleich ${}1$, da ja ${}1$ das inverse Element zu ${}1$ ist. Diese Folge konvergiert. Für jeden anderen Startwert ${}x_{0}\in K_{+}$, ${}x_{0}\neq 1$, konvergiert die Folge nicht. Wegen

${}{\left(x^{-1}\right)}^{-1}=x\,$

wechseln sich in der Folge ${}x_{0}$ und ${}{\left(x_{0}\right)}^{-1}$ ab, und bei positivem ${}x_{0}\neq 1$ sind dies verschiedene Werte. Eine solche Folge kann aber nicht konvergieren.

Aufgabe (10 Punkte)

Beweise den Satz, dass jede nichtleere nach oben beschränkte Teilmenge ${}M$ der reellen Zahlen ein Supremum besitzt.

Lösung

Es sei ${}M\subseteq \mathbb {R}$ eine nichtleere, nach oben beschränkte Teilmenge. Es sei ${}x_{0}\in M$ und ${}y_{0}$ eine obere Schranke für ${}M$, d.h. es ist ${}x\leq y_{0}$ für alle ${}x\in M$. Wir konstruieren zwei Folgen ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$, wobei ${}x_{n}\in M$ wachsend, ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ fallend ist und jedes ${}y_{n}$ eine obere Schranke von ${}M$ ist (so dass insbesondere ${}x_{n}\leq y_{n}$ für alle ${}n$ ist), und so, dass ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Cauchy-Folge ist. Dabei gehen wir induktiv vor, d.h. die beiden Folgen seien bis ${}n$ bereits definiert und erfüllen die gewünschten Eigenschaften. Wir setzen

$x_{n+1}:={\begin{cases}x_{n},\,{\text{ falls }}[{\frac {x_{n}+y_{n}}{2}},y_{n}]\cap M=\emptyset \,,\\{\text{ein beliebiger Punkt aus }}[{\frac {x_{n}+y_{n}}{2}},y_{n}]\cap M{\text{ sonst}}\,.\end{cases}}$

und

$y_{n+1}:={\begin{cases}{\frac {x_{n}+y_{n}}{2}},\,{\text{ falls }}[{\frac {x_{n}+y_{n}}{2}},y_{n}]\cap M=\emptyset \,,\\y_{n}{\text{ sonst}}\,.\end{cases}}$

Dieses Punktepaar erfüllt die gewünschten Eigenschaften, und es ist

$y_{n}-x_{n}\leq \left({\frac {1}{2}}\right)^{n}(y_{0}-x_{0}),$

da in beiden Fällen der Abstand zumindest halbiert wird. Da die Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ wachsend und nach oben beschränkt ist, konvergiert sie nach Korollar 7.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gegen einen Grenzwert, sagen wir ${}x$. Ebenso ist die fallende Folge ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ nach unten beschränkt und konvergiert gegen denselben Grenzwert ${}x$.  Wir behaupten, dass dieses ${}x$ das Supremum von ${}M$ ist. Wir zeigen zuerst, dass ${}x$ eine obere Schranke von ${}M$ ist.  Sei dazu ${}z>x$ für ein ${}z\in M$ angenommen. Da die Folge ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}x$ konvergiert, gibt es insbesondere ein ${}n$ mit

${}x\leq y_{n}<z\,$

im Widerspruch dazu, dass jedes ${}y_{n}$ eine obere Schranke von ${}M$ ist.
 Für die Supremumseigenschaft müssen wir zeigen, dass ${}x$ kleinergleich jeder oberen Schranke von ${}M$ ist. Sei dazu ${}u$ eine obere Schranke von ${}M$ und  nehmen wir an, dass ${}x>u$ ist. Da ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}x$ konvergiert, gibt es wieder ein ${}n$ mit

${}u<x_{n}\leq x\,$

im Widerspruch dazu, dass ${}u$ eine obere Schranke ist. Also liegt wirklich das Supremum vor.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Division mit Rest im Polynomring ${}K[X]$ über einem Körper ${}K$.

Lösung

Wir beweisen die Existenzaussage durch Induktion über den Grad von ${}P$. Wenn der Grad von ${}T$ größer als der Grad von ${}P$ ist, so ist ${}Q=0$ und ${}R=P$ eine Lösung, so dass wir dies nicht weiter betrachten müssen. Bei ${}\operatorname {grad} \,(P)=0$ ist nach der Vorbemerkung auch ${}\operatorname {grad} \,(TP)=0$, also ist ${}T$ ein konstantes Polynom, und damit ist (da ${}T\neq 0$ und ${}K$ ein Körper ist) ${}Q=P/T$ und ${}R=0$ eine Lösung. Es sei nun ${}\operatorname {grad} \,(P)=n$ und die Aussage für kleineren Grad schon bewiesen. Wir schreiben ${}P=a_{n}X^{n}+\cdots +a_{1}X+a_{0}$ und ${}T=b_{k}X^{k}+\cdots +b_{1}X+b_{0}$ mit ${}a_{n},b_{k}\neq 0,\,k\leq n$. Dann gilt mit ${}H={\frac {a_{n}}{b_{k}}}X^{n-k}$ die Beziehung

${}{\begin{aligned}P'&:=P-TH\\&=0X^{n}+{\left(a_{n-1}-{\frac {a_{n}}{b_{k}}}b_{k-1}\right)}X^{n-1}+\cdots +{\left(a_{n-k}-{\frac {a_{n}}{b_{k}}}b_{0}\right)}X^{n-k}+a_{n-k-1}X^{n-k-1}+\cdots +a_{0}.\end{aligned}}$

Dieses Polynom ${}P'$ hat einen Grad kleiner als ${}n$ und darauf können wir die Induktionsvoraussetzung anwenden, d.h. es gibt ${}Q'$ und ${}R'$ mit

$P'=TQ'+R'{\text{ mit }}\operatorname {grad} \,(R')<\operatorname {grad} \,(T){\text{ oder }}R'=0.$

Daraus ergibt sich insgesamt

${}P=P'+TH=TQ'+TH+R'=T(Q'+H)+R'\,,$

so dass also ${}Q=Q'+H$ und ${}R=R'$ eine Lösung ist. Zur Eindeutigkeit sei ${}P=TQ+R=TQ'+R'$ mit den angegebenen Bedingungen. Dann ist ${}T(Q-Q')=R'-R$. Da die Differenz ${}R'-R$ einen Grad kleiner als ${}\operatorname {grad} \,(T)$ besitzt, ist aufgrund der Gradeigenschaften diese Gleichung nur bei ${}R=R'$ und ${}Q=Q'$ lösbar.

Aufgabe (3 Punkte)

Man finde ein Polynom

${}f=a+bX+cX^{2}\,$

mit ${}a,b,c\in \mathbb {R}$ derart, dass die folgenden Bedingungen erfüllt werden.

$f(-1)=2,\,f(1)=0,\,f(3)=5.$

Lösung

Die Bedingungen führen auf das lineare Gleichungssystem

${}a-b+c=2\,,$

${}a+b+c=0\,,$

${}a+3b+9c=5\,.$

${}I-II$ führt auf

${}b=-1\,$

und ${}I-III$ führt auf

${}-4b-8c=-3\,,$

also

${}c={\frac {3}{8}}-{\frac {1}{2}}b={\frac {3}{8}}+{\frac {1}{2}}={\frac {7}{8}}\,$

und somit

${}a={\frac {1}{8}}\,.$

Das gesuchte Polynom ist also

${\frac {1}{8}}-X+{\frac {7}{8}}X^{2}.$

Aufgabe (7 (3+1+3) Punkte)

Es sei ${}b\geq 1$ eine reelle Zahl. Wir betrachten die reelle Folge

${}x_{n}:=b^{\frac {1}{n}}={\sqrt[{n}]{b}}\,$

(mit ${}n\in \mathbb {N} _{+}$).

1. Zeige, dass die Folge monoton fallend ist.
2. Zeige, dass sämtliche Folgenglieder ${}\geq 1$ sind.
3. Zeige, dass die Folge gegen ${}1$ konvergiert.

Lösung

1. Es ist

   ${}{\sqrt[{n}]{b}}\geq {\sqrt[{n+1}]{b}}\,$

   für jedes ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ zu zeigen. Aufgrund des strengen Wachstums des Potenzierens können wir die ${}n(n+1)$-te Potenz der beiden Zahlen vergleichen. Wegen

   ${}{\begin{aligned}{\left({\sqrt[{n}]{b}}\right)}^{n(n+1)}&={\left({\left({\sqrt[{n}]{b}}\right)}^{n}\right)}^{n+1}\\&=b^{n+1}\\&=b^{n}\cdot b\\&\geq b^{n}\\&={\left({\left({\sqrt[{n+1}]{b}}\right)}^{n+1}\right)}^{n}\\&={\left({\sqrt[{n+1}]{b}}\right)}^{n(n+1)}\end{aligned}}$

   ist dies richtig.

2. Dies ergibt sich aus dem strengen Wachstum des ${}n$-ten Wurzelziehens (siehe Satz 13.7 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))).
3. Wenn die Folge nicht gegen ${}1$ konvergieren würde, so würde es, da die Folge streng fallend ist, ein

   ${}\epsilon >0\,$

   mit

   ${}{\sqrt[{n}]{b}}\geq 1+\epsilon \,$

   für alle ${}n\in \mathbb {N}$ geben. Das bedeutet

   ${}b=({\sqrt[{n}]{b}})^{n}\geq (1+\epsilon )^{n}\geq 1+n\epsilon \,.$

   Da ${}b$ eine feste Zahl ist und ${}n$ beliebig groß wird, widerspricht das dem Archimedesprinzip in der Form Lemma 4.13 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)).

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon ]-1,1[\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=1-{\sqrt {1-x^{2}}}.$

a) Bestimme die Ableitung ${}f'$.

b) Bestimme die zweite Ableitung ${}f^{\prime \prime }$.

Lösung

1. Die erste Ableitung ist

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

2. Die zweite Ableitung ist nach der Quotientenregel gleich

   ${}{\begin{aligned}{\left({\frac {x}{\sqrt {1-x^{2}}}}\right)}'&={\frac {{\sqrt {1-x^{2}}}-x{\frac {-x}{\sqrt {1-x^{2}}}}}{1-x^{2}}}\\&={\frac {1-x^{2}+x^{2}}{{\sqrt {1-x^{2}}}^{3}}}\\&={\frac {1}{{\sqrt {1-x^{2}}}^{3}}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Mittelwertsatz der Differentialrechnung.

Lösung

Wir betrachten die Hilfsfunktion

$g\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto g(x):=f(x)-{\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}(x-a).$

Diese Funktion ist ebenfalls stetig und in ${}]a,b[$ differenzierbar. Ferner ist ${}g(a)=f(a)$ und

${}g(b)=f(b)-(f(b)-f(a))=f(a)\,.$

Daher erfüllt ${}g$ die Voraussetzungen von Satz 19.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) und somit gibt es ein ${}c\in {]a,b[}$ mit ${}g'(c)=0$. Aufgrund der Ableitungsregeln gilt also

${}f'(c)={\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei

${}f(x)=a^{x}\,$

eine Exponentialfunktion mit ${}a\neq 1$. Zu jedem ${}x\in \mathbb {R}$ definiert die Gerade durch die beiden Punkte ${}(x,f(x))$ und ${}(x+1,f(x+1))$ einen Schnittpunkt mit der ${}x$-Achse, den wir mit ${}s(x)$ bezeichnen. Zeige

${}s(x+1)=s(x)+1\,.$

Skizziere die Situation.

Lösung

Aufgrund des Strahlensatzes muss die Beziehung

${}{\frac {f(x)}{x-s(x)}}={\frac {f(x+1)}{x+1-s(x)}}\,$

gelten. Wegen

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

folgt daraus

${}{\frac {1}{x-s(x)}}={\frac {f(1)}{x+1-s(x)}}\,.$

Umstellen ergibt

${}f(1)(x-s(x))=x+1-s(x)\,$

und

${}x(f(1)-1)=1+s(x)(f(1)-1)\,$

und schließlich

${}s(x)=x-{\frac {1}{f(1)-1}}\,.$

Somit ist auch

${}s(x+1)=x+1-{\frac {1}{f(1)-1}}\,$

und daher ist

${}s(x+1)-s(x)=x+1-{\frac {1}{f(1)-1}}-{\left(x-{\frac {1}{f(1)-1}}\right)}=1\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne den Flächeninhalt der Fläche, die durch den Graphen zu ${}f(x)={\sqrt {x}}$ und der Geraden durch den Nullpunkt und den Punkt ${}(4,2)$ eingeschlossen wird.

Lösung

Eine Stammfunktion der Wurzelfunktion ist ${}{\frac {2}{3}}x^{\frac {3}{2}}$. Somit ist der Flächeninhalt unterhalb des Graphen der Wurzelfunktion, erstreckt von ${}0$ bis ${}4$, gleich

${}{\frac {2}{3}}\int _{0}^{4}x^{\frac {3}{2}}(t)\,dt={\frac {2}{3}}\cdot 4^{\frac {3}{2}}={\frac {2}{3}}\cdot 2^{3}={\frac {16}{3}}\,.$

Davon muss man den Flächeninhalt des durch die Gerade und die angegebenen Punkte abziehen, dieser ist ${}4$. Der gesuchte Flächeninhalt ist also

${}{\frac {16}{3}}-4={\frac {16-12}{3}}={\frac {4}{3}}\,.$

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über das Lösungsverfahren für Differentialgleichungen mit getrennten Variablen.

Lösung

Da ${}h$ stetig ist und keine Nullstelle besitzt, ist ${}h$ bzw. ${}{\frac {1}{h}}$ nach dem Zwischenwertsatz entweder stets positiv oder stets negativ, so dass ${}H$ nach Satz 19.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) streng monoton und daher nach Aufgabe 2.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) injektiv (also bijektiv auf sein Bild) ist.

Sei ${}y(t)=H^{-1}(G(t))$ wie angegeben. Dann ist

${}{\begin{aligned}y'(t)&={\frac {G'(t)}{H'{\left(H^{-1}(G(t))\right)}}}\\&={\frac {g(t)}{{\frac {1}{h}}{\left(H^{-1}(G(t))\right)}}}\\&=g(t)\cdot h{\left(H^{-1}(G(t))\right)}\\&=g(t)\cdot h(y(t)),\end{aligned}}$

so dass in der Tat eine Lösung vorliegt.

Es sei nun ${}y(t)$ eine differenzierbare Funktion, die die Differentialgleichung erfüllt. Daraus folgt

${}\int _{t_{1}}^{t_{2}}g(t)\,dt=\int _{t_{1}}^{t_{2}}{\frac {y'(t)}{h(y(t))}}\,dt=\int _{y(t_{1})}^{y(t_{2})}{\frac {1}{h(z)}}\,dz\,,$

wobei wir die Substitution ${}z=y(t)$ angewendet haben. Für die zugehörigen Stammfunktionen (mit den unteren Integralgrenzen ${}t_{1}$ bzw. ${}y(t_{1})$) bedeutet dies ${}G(t)=H(y(t))$, also ist ${}y(t)=H^{-1}(G(t))$.