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

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)

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)

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 (sodass 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, sodass 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

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

sodass 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, sodass ${}H$ 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

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

sodass 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 ${}y(t)=H^{-1}(G(t))$.