Kurs:Analysis/Teil I/29/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	2	3	5	4	5	4	6	5	2	7	2	5	1	3	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die Relation ${}\preccurlyeq$ heißt Ordnungsrelation, wenn folgende drei Bedingungen erfüllt sind.
   1. Es ist ${}i\preccurlyeq i$ für alle ${}i\in I$.
   2. Aus ${}i\preccurlyeq j$ und ${}j\preccurlyeq k$ folgt stets ${}i\preccurlyeq k$.
   3. Aus ${}i\preccurlyeq j$ und ${}j\preccurlyeq i$ folgt ${}i=j$.
2. Ein angeordneter Körper ${}K$ heißt vollständig, wenn jede Cauchy-Folge in ${}K$ konvergiert.
3. Unter der Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$ versteht man die Folge ${}{\left(s_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ der Partialsummen

   ${}s_{n}=\sum _{k=0}^{n}a_{k}\,.$

4. Die Menge ${}M$ heißt abzählbar, wenn sie leer ist oder wenn es eine surjektive Abbildung

   $\mathbb {N} \longrightarrow M$

   gibt.

5. Der natürliche Logarithmus

   $\ln \colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto \ln x,$

   ist als die Umkehrfunktion der reellen Exponentialfunktion definiert.

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. Es sei ${}{\left(x_{k}\right)}_{k\in \mathbb {N} }$ eine fallende Nullfolge von nichtnegativen reellen Zahlen. Dann konvergiert die Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}x_{k}$.
2. Es sei ${}{\overline {T}}$ die Menge aller Berührpunkte von ${}T$ und

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

   sei gleichmäßig stetig. Dann gibt es eine eindeutig bestimmte stetige Fortsetzung

   ${\tilde {f}}\colon {\overline {T}}\longrightarrow {\mathbb {K} }.$

3. Es sei ${}a<b$ und sei

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

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

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

Aufgabe (2 Punkte)

Erläutere das Prinzip Beweis durch Widerspruch.

Lösung

Man möchte eine Aussage ${}A$ beweisen. Man nimmt an, dass ${}A$ nicht gilt. Daraus leitet man durch logisch korrektes Schließen einen Widerspruch her. Somit kann ${}\neg A$ nicht gelten und also muss ${}A$ gelten.

Aufgabe (3 (1.5+1.5) Punkte)

Ein Zug fährt ${}100$ Kilometer den Rhein abwärts mit einer Geschwindigkeit von ${}100$ kmh. Auf dem Rhein fahren Schiffe in beide Richtungen, alle mit einer Geschwindigkeit von ${}20$ kmh, wobei sie zu den gleichgerichteten Schiffen einen konstanten Abstand von ${}2$ km einhalten. Zu Beginn der Fahrt ist der Zug gleichauf mit zwei Schiffen (in beide Richtungen).

1. Wie vielen entgegenkommenden Schiffen begegnet der Zug?
2. Wie viele Schiffe überholt der Zug?

Lösung

Wir denken uns die Rheinstrecke skaliert von ${}0$ bis ${}120$, der Startort ist beim Nullpunkt ${}0$ und der Zielpunkt des Zuges ist bei ${}100$. Aufgrund der Anfangsbedingung befinden sich zum Startzeitpunkt Schiffe in beide Richtungen in den Positionen

$0,2,4,\ldots ,98,100,102,\ldots ,118,120.$

1. Die entgegenkommenden Schiffe sind die in Gegenrichtung fahrenden Schiffe, die sich zum Startzeitpunkt an den Positionen ${}0$ bis ${}120$ befinden (das Schiff in der Position ${}120$ ist nach einer Stunde an der Position ${}100$ und begegnet zum Endzeitpunkt dem Zug). Dies sind insgesamt ${}61$ Schiffe.
2. Die eingeholten Schiffe sind die in gleicher Richtung fahrenden Schiffe, die sich zum Startzeitpunkt an den Positionen ${}0$ bis ${}80$ befinden (das Schiff in der Position ${}80$ ist nach einer Stunde an der Position ${}100$ und wird zum Endzeitpunkt vom Zug eingeholt). Dies sind insgesamt ${}41$ Schiffe.

Aufgabe (5 Punkte)

Es seien zwei rationale Zahlen ${}x<y$ gegeben. Zeige, dass für jede positive natürliche Zahl ${}n$ die rationale Zahl

${}z_{n}:={\frac {x+ny}{1+n}}\,$

echt zwischen ${}x$ und ${}y$ liegt. In welcher Größenbeziehung stehen die Zahlen ${}z_{n}$ zueinander?

Lösung

Die Ungleichung

${}x<{\frac {x+ny}{1+n}}\,$

folgt gemäß der Überkreuzungsregel unter Verwendung der Voraussetzung ${}x<y$ aus

${}(1+n)x=x+nx<x+ny\,,$

die Ungleichung

${}{\frac {x+ny}{1+n}}<y\,$

folgt ebenso aus

${}x+ny<y+ny=(1+n)y\,.$

Wir behaupten, dass für

${}n+1>n\,$

die Beziehung

${}z_{n+1}={\frac {x+(n+1)y}{1+n+1}}>{\frac {x+ny}{1+n}}=z_{n}\,$

gilt. Dazu berechnen wir

${}(x+(n+1)y)(1+n)=(1+n)x+n^{2}y+2ny+y\,$

und

${}(x+ny)(2+n)=(2+n)x+n^{2}y+2ny\,.$

Die Differenz des ersten Term zum zweiten Term ist

${}y-x>0\,,$

was die Behauptung bestätigt.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Konvergenz der geometrischen Reihe.

Lösung

Für jedes ${}z$ gilt die Beziehung

${}(z-1){\left(\sum _{k=0}^{n}z^{k}\right)}=z^{n+1}-1\,$

und daher gilt für die Partialsummen die Beziehung (bei ${}z\neq 1$)

${}s_{n}=\sum _{k=0}^{n}z^{k}={\frac {z^{n+1}-1}{z-1}}\,.$

Für ${}n\rightarrow \infty$ und ${}\vert {z}\vert <1$ konvergiert dies wegen Aufgabe 8.16 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) und Satz 8.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gegen ${}{\frac {-1}{z-1}}={\frac {1}{1-z}}$.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}z\in \mathbb {R}$ eine reelle Zahl. Zeige, dass die folgenden Eigenschaften äquivalent sind.

1. Es gibt ein Polynom ${}P\in \mathbb {R} [X]$, ${}P\neq 0$, mit ganzzahligen Koeffizienten und mit ${}P(z)=0$.
2. Es gibt ein Polynom ${}Q\in \mathbb {Q} [X]$, ${}Q\neq 0$, mit ${}Q(z)=0$.
3. Es gibt ein normiertes Polynom ${}R\in \mathbb {Q} [X]$ mit ${}R(z)=0$.

Lösung

Die Implikation (1) ${}\Rightarrow$ (2) ist unmittelbar klar, da ganze Zahlen rational sind und man somit ${}Q=P$ nehmen kann.

Es sei (2) erfüllt und sei

${}Q=s_{n}X^{n}+s_{n-1}X^{n-1}+\cdots +s_{2}X^{2}+s_{1}X+s_{0}\,$

mit ${}s_{i}\in \mathbb {Q}$, ${}s_{n}\neq 0$ und ${}Q(z)=0$. Wegen ${}s_{n}\neq 0$ ist auch ${}s_{n}^{-1}$ eine rationale Zahl. Wir multiplizieren ${}Q$ mit ${}s_{n}^{-1}$ und erhalten

${}{\begin{aligned}R&:=s_{n}^{-1}Q\\&=s_{n}^{-1}{\left(s_{n}X^{n}+s_{n-1}X^{n-1}+\cdots +s_{2}X^{2}+s_{1}X+s_{0}\right)}\\&=X^{n}+s_{n}^{-1}\cdot s_{n-1}X^{n-1}+\cdots +s_{n}^{-1}\cdot s_{2}X^{2}+s_{n}^{-1}\cdot s_{1}X+s_{n}^{-1}\cdot s_{0}.\end{aligned}}$

Dies ist ein normiertes Polynom, die Koeffizienten sind nach wie vor rational und es ist auch

${}R(z)=(s_{n}^{-1}Q)(z)=s_{n}^{-1}\cdot Q(z)=0\,.$

Es sei nun (3) erfüllt, und

${}R=X^{n}+t_{n-1}X^{n-1}+\cdots +t_{2}X^{2}+t_{1}X+t_{0}\,$

mit ${}t_{i}\in \mathbb {Q}$ und ${}R(z)=0$. Es ist

${}t_{i}={\frac {a_{i}}{b_{i}}}\,$

mit ${}a_{i},b_{i}\in \mathbb {Z}$, ${}b_{i}\neq 0$. Wir setzen

${}{\begin{aligned}P&=b_{0}b_{1}\cdots b_{n-1}R\\&=b_{0}b_{1}\cdots b_{n-1}{\left(X^{n}+{\frac {a_{n-1}}{b_{n-1}}}X^{n-1}+\cdots +{\frac {a_{2}}{b_{2}}}X^{2}+{\frac {a_{1}}{b_{1}}}X+{\frac {a_{0}}{b_{0}}}\right)}\\&=b_{0}b_{1}\cdots b_{n-1}X^{n}+b_{0}b_{1}\cdots b_{n-2}a_{n-1}b_{n}X^{n-1}+\cdots +b_{0}b_{1}a_{2}b_{3}\cdots b_{n-1}X^{2}+b_{0}a_{1}b_{2}\cdots b_{n-1}X+a_{0}b_{1}\cdots b_{n-1}.\end{aligned}}$

Dieses Polynom hat ganzzahlige Koeffizienten, ist nicht das Nullpolynom und es ist nach wie vor

${}P(z)=0\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Führe in ${}{\mathbb {C} }[X]$ die Division mit Rest „${}P$ durch ${}T$“ für die beiden Polynome ${}P=X^{4}+{\mathrm {i} }X^{3}+X^{2}+(1-3{\mathrm {i} })X+3$ und ${}T=X^{2}+(1-{\mathrm {i} })X+2$ durch.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}P-X^{2}T&=X^{4}+{\mathrm {i} }X^{3}+X^{2}+(1-3{\mathrm {i} })X+3-X^{2}{\left(X^{2}+(1-{\mathrm {i} })X+2\right)}\\&=(-1+2{\mathrm {i} })X^{3}-X^{2}+(1-3{\mathrm {i} })X+3\\&={\tilde {P}}.\end{aligned}}$

Ferner ist

${}{\begin{aligned}{\tilde {P}}-(-1+2{\mathrm {i} })XT&=(-1+2{\mathrm {i} })X^{3}-X^{2}+(1-3{\mathrm {i} })X+3-(-1+2{\mathrm {i} })X{\left(X^{2}+(1-{\mathrm {i} })X+2\right)}\\&=(-2-3{\mathrm {i} })X^{2}+(3-7{\mathrm {i} })X+3\\&={\hat {P}}\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}{\hat {P}}-(-2-3{\mathrm {i} })T&={\hat {P}}+(2+3{\mathrm {i} })T\\&=(-2-3{\mathrm {i} })X^{2}+(3-7{\mathrm {i} })X+3+(2+3{\mathrm {i} }){\left(X^{2}+(1-{\mathrm {i} })X+2\right)}\\&=(8-6{\mathrm {i} })X+7+6{\mathrm {i} }.\end{aligned}}$

Somit ist

${}P=(X^{2}+(-1+2{\mathrm {i} })X+(2+3{\mathrm {i} }))T+(8-6{\mathrm {i} })X+7+6{\mathrm {i} }\,.$

Aufgabe (6 Punkte)

Bestimme, ob die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto \sin \left(x^{2}\right),$

gleichmäßig stetig ist oder nicht.

Lösung

Wir behaupten, dass die Funktion nicht gleichmäßig stetig ist. Wir zeigen, dass es zu

${}\epsilon ={\frac {1}{2}}\,$

und jedem

${}\delta >0\,$

Zahlen ${}x,x'\in \mathbb {R}$ gibt mit

${}\vert {x'-x}\vert \leq \delta \,,$

aber

${}\vert {f(x')-f(x)}\vert =\vert {\sin \left((x')^{2}\right)-\sin \left(x^{2}\right)}\vert >{\frac {1}{2}}\,.$

Es sei dazu ${}\delta$ vorgegeben. Wir machen den Ansatz

${}x^{2}=n\pi \,$

und

${}(x')^{2}=n\pi +{\frac {\pi }{2}}\,$

mit ${}n\in \mathbb {N}$. Damit gilt

${}\vert {\sin \left((x')^{2}\right)-\sin \left(x^{2}\right)}\vert =\vert {\sin \left(n\pi +{\frac {\pi }{2}}\right)-\sin \left(n\pi \right)}\vert =\vert {\pm 1-0}\vert =1>{\frac {1}{2}}\,.$

Wir müssen jetzt noch zeigen, dass man die Bedingung

${}\vert {x'-x}\vert =\vert {{\sqrt {n\pi +{\frac {1}{2}}\pi }}-{\sqrt {n\pi }}}\vert \leq \delta \,$

erfüllen kann, die zu

${}\vert {{\sqrt {n+{\frac {1}{2}}}}-{\sqrt {n}}}\vert \leq {\frac {\delta }{\sqrt {\pi }}}\,$

äquivalent ist. Wegen

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

liegt eine Nullfolge vor und die Bedingung ist für ${}n$ hinreichend groß erfüllt.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}f(x):={\frac {x^{2}+4x-3}{x^{2}+7}}$. Bestimme ein Polynom ${}h$ vom Grad ${}\leq 3$, das in den beiden Punkten ${}x=0$ und ${}x=2$ die gleichen linearen Approximationen wie ${}f$ besitzt.

Lösung

Die Ableitung von ${}f(x)={\frac {x^{2}+4x-3}{x^{2}+7}}$ ist

${}f'(x)={\frac {(x^{2}+7)(2x+4)-2x(x^{2}+4x-3)}{(x^{2}+7)^{2}}}\,.$

Somit ist

${}f(0)=-{\frac {3}{7}}\,,$

${}f'(0)={\frac {28}{49}}={\frac {4}{7}}\,,$

${}f(2)={\frac {9}{11}}\,,$

${}f'(2)={\frac {88-36}{121}}={\frac {52}{121}}\,.$

Diese Daten legen die linearen Approximationen fest. Wir setzen das gesuchte Polynom als

${}h(x)=ax^{3}+bx^{2}+cx+d\,$

an. Die Ableitung davon ist

${}h'(x)=3ax^{2}+2bx+c\,.$

Aus den Werten an der Stelle ${}0$ folgt direkt

${}d=-{\frac {3}{7}}\,$

und

${}c={\frac {4}{7}}\,.$

Somit verbleiben die beiden Bedingungen

${}h(2)=8a+4b+2\cdot {\frac {4}{7}}-{\frac {3}{7}}={\frac {9}{11}}\,$

und

${}h'(2)=12a+4b+{\frac {4}{7}}={\frac {52}{121}}\,.$

Die Differenz dieser beiden Gleichungen führt auf

${}-4a+{\frac {1}{7}}={\frac {9}{11}}-{\frac {52}{121}}={\frac {99-52}{121}}={\frac {47}{121}}\,$

bzw.

${}-4a={\frac {47}{121}}-{\frac {1}{7}}={\frac {329-121}{847}}={\frac {208}{847}}\,,$

also

${}a=-{\frac {52}{847}}\,.$

Somit ist

${}b=-3a-{\frac {1}{7}}+{\frac {13}{121}}=3\left({\frac {52}{847}}\right)-{\frac {1}{7}}+{\frac {13}{121}}={\frac {156-121+91}{847}}={\frac {18}{121}}\,.$

Das gesuchte Polynom ist also

${}h(x)=-{\frac {52}{847}}x^{3}+{\frac {18}{121}}x^{2}+{\frac {4}{7}}x-{\frac {3}{7}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme den Grenzwert

$\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\frac {x}{e^{x}-1}}.$

Lösung

Sowohl Zähler als auch Nenner haben im Grenzpunkt den Wert ${}0$, daher ziehen wir die Regel von Hospital heran. Die Ableitung der Zählerfunktion ist ${}1$, die Ableitung der Nennerfunktion ist ${}e^{x}$ mit dem Wert ${}1$ im Nullpunkt. Somit ist

${}\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\frac {x}{e^{x}-1}}=\operatorname {lim} _{x\rightarrow 0}\,{\frac {1}{e^{x}}}={\frac {1}{1}}=1\,.$

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise die Charakterisierung mit Ableitungen von konvexen Funktionen ${}f\colon I\rightarrow \mathbb {R}$.

Lösung

Es sei zunächst ${}f$ konvex und seien zwei Punkte ${}a<b$ aus ${}I$ gegeben. Es sei ${}g\colon [a,b]\rightarrow \mathbb {R}$ die lineare Funktion, die ${}(a,f(a))$ und ${}(b,f(b))$ verbindet. Aufgrund der Konvexität ist ${}f(x)\leq g(x)$ für alle ${}x\in [a,b]$. Für die Differenzenquotienten gilt daher

${}{\begin{aligned}{\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}&\leq {\frac {g(x)-f(a)}{x-a}}\\&={\frac {g(x)-g(a)}{x-a}}\\&={\frac {g(b)-g(a)}{b-a}}\\&={\frac {g(b)-g(x)}{b-x}}\\&={\frac {f(b)-g(x)}{b-x}}\\&\leq {\frac {f(b)-f(x)}{b-x}}.\end{aligned}}$

Durch Übergang zu den Limiten für ${}x\rightarrow a$ bzw. ${}x\rightarrow b$ folgt

${}f'(a)\leq {\frac {g(b)-g(a)}{b-a}}\leq f'(b)\,.$

Es sei nun ${}f$ als nicht konvex vorausgesetzt und seien zwei Punkte ${}a<b$ aus ${}I$ mit der Eigenschaft gegeben, dass die verbindende Gerade von ${}(a,f(a))$ und ${}(b,f(b))$ nicht vollständig oberhalb des Graphen von ${}f$ verläuft. Es gibt also ein ${}c\in [a,b]$ mit ${}g(c)<f(c)$, wobei wieder ${}g$ die verbindende lineare Funktion ist. Durch Übergang zu ${}f-g$ können wir ${}f(a)=f(b)=0$ und ${}f(c)>0$ annehmen. Nach dem Mittelwertsatz gibt es Punkte ${}s\in [a,c]$ und ${}t\in [c,b]$ mit ${}f'(s)>0$ und ${}f'(t)<0$, sodass ${}f'$ nicht wachsend ist.

Aufgabe (2 Punkte)

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

Lösung Komplexe Sinusfunktion/Ableitung/Fakt/Beweis/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (5 Punkte)

Wir betrachten eine Funktion ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ der Form

${}f(x)=g(x)\sin x+h(x)\cos x\,,$

wobei ${}g$ und ${}h$ lineare Polynome seien. Zeige durch Induktion, dass für die Ableitungen ($n\geq 0$) die Beziehung

${}f^{(n)}(x)={\begin{cases}(-1)^{n/2}{\left({\left(g(x)+nh'(x)\right)}\sin x+{\left(-ng'(x)+h(x)\right)}\cos x\right)}{\text{ für }}\ n{\text{ gerade}},\\(-1)^{(n-1)/2}{\left({\left(ng'(x)-h(x)\right)}\sin x+{\left(g(x)+nh'(x)\right)}\cos x\right)}{\text{ für }}\ n{\text{ ungerade}},\end{cases}}\,$

gilt.

Lösung

Zum Induktionsanfang betrachten wir ${}n=0$, es geht also um die Funktion selbst. Wegen

${}f(x)=g(x)\sin x+h(x)\cos x=(-1)^{0}{\left({\left(g(x)+0h'(x)\right)}\sin x+{\left(-0g'(x)+h(x)\right)}\cos x\right)}\,$

ist die Formel für ${}n=0$ gerade richtig.

Wir beweisen nun nun die Formel für ${}n+1$ unter der Induktionsvoraussetzung, dass sie für alle kleinere Zahlen richtig ist. Es sei zunächst ${}n+1$ ungerade, also ${}n$ gerade. Dann ist (unter Verwendung der Tatsache, dass die zweiten Ableitungen von ${}g$ und ${}h$ gleich ${}0$ sind)

${}{\begin{aligned}f^{(n+1)}(x)&={\left(f^{(n)}\right)}'(x)\\&=(-1)^{n/2}{\left({\left(g(x)+nh'(x)\right)}\sin x+{\left(-ng'(x)+h(x)\right)}\cos x\right)}'\\&=(-1)^{n/2}{\left(g'(x)\sin x+{\left(g(x)+nh'(x)\right)}\cos x+h'(x)\cos x-{\left(-ng'(x)+h(x)\right)}\sin x\right)}\\&=(-1)^{n/2}{\left({\left(g'(x)+ng'(x)-h(x)\right)}\sin x+{\left(g(x)+nh'(x)+h'(x)\right)}\cos x\right)}\\&=(-1)^{((n+1)-1)/2}{\left({\left((n+1)g'(x)-h(x)\right)}\sin x+{\left(g(x)+(n+1)h'(x)\right)}\cos x\right)},\end{aligned}}$

sodass der Ausdruck für ${}n+1$ ungerade vorliegt.

Bei ${}n+1$ gerade, also ${}n$ ungerade, ist

${}{\begin{aligned}f^{(n+1)}(x)&={\left(f^{(n)}\right)}'(x)\\&=(-1)^{(n-1)/2}{\left({\left(ng'(x)-h(x)\right)}\sin x+{\left(g(x)+nh'(x)\right)}\cos x\right)}'\\&=(-1)^{(n-1)/2}{\left(-h'(x)\sin x+{\left(ng'(x)-h(x)\right)}\cos x+g'(x)\cos x-{\left(g(x)+nh'(x)\right)}\sin x\right)}\\&=(-1)^{(n-1)/2}{\left({\left(-g(x)-(n+1)h'(x)\right)}\sin x+{\left((n+1)g'(x)-h(x)\right)}\cos x\right)}\\&=(-1)^{(n-1)/2}(-1){\left({\left(g(x)+(n+1)h'(x)\right)}\sin x+{\left(-(n+1)g'(x)+h(x)\right)}\cos x\right)}\\&=(-1)^{(n+1)/2}{\left({\left(g(x)+(n+1)h'(x)\right)}\sin x+{\left(-(n+1)g'(x)+h(x)\right)}\cos x\right)},\end{aligned}}$

sodass der Ausdruck für ${}n+1$ gerade vorliegt.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme eine Stammfunktion für die Funktion

${\frac {6x^{5}+25x^{4}-4x^{3}-18x^{2}+4x+8}{x^{6}+5x^{5}-x^{4}-6x^{3}+2x^{2}+8x+1}}.$

Lösung

Das Zählerpolynom ist die Ableitung des Nennerpolynoms, deshalb ist

$\ln \vert {x^{6}+5x^{5}-x^{4}-6x^{3}+2x^{2}+8x+1}\vert$

eine Stammfunktion.

Aufgabe (3 Punkte)

Berechne das bestimmte Integral zur Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{\geq 3/2}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)={\sqrt[{3}]{x}}+{\frac {1}{4x-5}}+\cos x+e^{-x},$

über ${}[2,7]$.

Lösung

Eine Stammfunktion von ${}f$ ist

${}F(x)={\frac {3}{4}}x^{4/3}+{\frac {1}{4}}\ln \left(4x-5\right)+\sin x-e^{-x}\,.$

Somit ist das gesuchte bestimmte Integral gleich

${}F(7)-F(2)={\frac {3}{4}}7^{4/3}+{\frac {1}{4}}\ln \left(23\right)+\sin \left(7\right)-e^{-7}-{\frac {3}{4}}2^{4/3}-{\frac {1}{4}}\ln \left(3\right)-\sin \left(2\right)+e^{-2}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

$y'=y^{3}\sin t{\text{ mit }}y(0)={\frac {1}{2}}.$

Lösung

Wir machen den Ansatz

${}{\frac {y'}{y^{3}}}=\sin t\,$

und vergleichen die Stammfunktionen. Dies führt auf

${}-{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{y^{2}}}=-\cos t+c\,$

bzw.

${}{\frac {1}{y^{2}}}=2\cos t-2c\,$

bzw.

${}y(t)={\frac {1}{\sqrt {2\cos t-2c}}}\,.$

Die Anfangsbedingung

${}y(0)={\frac {1}{2}}\,$

legt

${}c=-1\,$

fest, es ist also

${}y(t)={\frac {1}{\sqrt {2\cos t+2}}}\,.$