Kurs:Analysis/Teil I/30/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	21	${}\sum$
Punkte	3	3	1	1	2	4	2	4	4	6	2	1	4	3	4	4	2	3	4	5	2	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die Abbildung ${}f$ heißt surjektiv, wenn es für jedes ${}y\in M$ mindestens ein Element ${}x\in L$ mit ${}f(x)=y$ gibt.
2. Die Teilmenge ${}M\subseteq K$ heißt nach unten beschränkt, wenn es ein ${}s\in K$ mit ${}x\geq s$ für alle ${}x\in M$ gibt.
3. Einen archimedisch angeordneten vollständigen Körper nennt man Körper der reellen Zahlen.
4. Für ${}z\in {\mathbb {C} }$ heißt

   $\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{n}z^{2n+1}}{(2n+1)!}}$

   die Sinusreihe zu ${}z$.

5. Man sagt, dass ${}f$ konvex ist, wenn der Epigraph ${}E(f)$ konvex ist.
6. Die Funktion ${}f$ heißt Riemann-integrierbar auf ${}I$, wenn Ober- und Unterintegral von ${}f$ existieren und übereinstimmen.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Zu je zwei Elementen ${}x<y$ aus ${}K$ gibt es eine rationale Zahl ${}n/k$ mit

   ${}x<{\frac {n}{k}}<y\,.$

2. Die Stetigkeit von ${}f$ im Punkt ${}a$ ist äquivalent dazu, dass für jede Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$, die gegen ${}a$ konvergiert, die Bildfolge ${}{\left(f(x_{n})\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}f(a)$ konvergiert.
3. Es sei ${}D\subseteq \mathbb {R}$ offen und sei

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

   eine Funktion, die in ${}a\in D$ ein lokales Extremum besitze und dort differenzierbar sei. Dann ist

   ${}f'(a)=0\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Wir betrachten den Satz „Lucy Sonnenschein tanzt auf allen Hochzeiten“. Negiere diesen Satz durch eine Existenzaussage.

Lösung

Es gibt eine Hochzeit, auf der Lucy Sonnenschein nicht tanzt.

Aufgabe (1 Punkt)

Wie sinnvoll ist die Gleichungskette

${}{\text{Pythagoras}}=c^{2}=a^{2}+b^{2}\,?$

Lösung Gleichungskette/Pythagoras/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Der Energiebedarf (durch Nahrung) eines Menschen beträgt pro Tag etwa ${}12.000\,kJ$ (Kilojoule). Die durchschnittliche Sonneneinstrahlung in Osnabrück beträgt pro Tag etwa ${}3kWh$ pro ${}m^{2}$ (${}3$ Kilowattstunden pro Quadratmeter). Wie viele Fläche benötigt man pro Person, um ihren Energiebedarf durch die Sonneneinstrahlung abzudecken?

Lösung

Eine Kilowattstunde sind ${}3600kJ$, die Sonneneinstrahlung pro Quadratmeter ist ${}3\cdot 3600=10800$ Kilojoule am Tag. Der Flächenbedarf ist also

${}{\frac {12000}{10800}}={\frac {10}{9}}=1,11...\,$

Quadratmeter pro Person.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass für jede ungerade Zahl ${}n$ die Zahl ${}25n^{2}-17$ ein Vielfaches von ${}8$ ist.

Lösung

Eine ungerade Zahl ${}n$ besitzt die Form ${}n=2k+1$ mit einer ganzen Zahl ${}k$. Somit ist

${}{\begin{aligned}25n^{2}-17&=25(2k+1)^{2}-17\\&=25(4k^{2}+4k+1)-17\\&=25\cdot 4\cdot k(k+1)+25-17\\&=25\cdot 4\cdot k(k+1)+8.\end{aligned}}$

Die ${}8$ hinten ist ein Vielfaches von ${}8$. Genau eine der beiden Zahlen ${}k$ und ${}k+1$ ist gerade, also von der Form ${}2m$. Daher ist ${}4\cdot k(k+1)$ ein Vielfaches von ${}8$ und somit ist die gesamte Zahl ein Vielfaches von ${}8$.

Aufgabe (2 Punkte)

Begründe das Beweisprinzip der vollständigen Induktion.

Lösung

Wegen der ersten Voraussetzung gilt ${}A(0)$. Wegen der zweiten Voraussetzung gilt auch ${}A(1)$. Deshalb gilt auch ${}A(2)$. Deshalb gilt auch ${}A(3)$. Da man so beliebig weitergehen kann und dabei jede natürliche Zahl erhält, gilt die Aussage ${}A(n)$ für jede natürliche Zahl ${}n$.

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien ${}x,y$ rationale Zahlen. Zeige, dass

${}x-\left\lfloor x\right\rfloor =y-\left\lfloor y\right\rfloor \,$

genau dann gilt, wenn es ein ${}n\in \mathbb {Z}$ mit ${}y=x+n$ gibt.

Lösung

Es sei ${}x-\left\lfloor x\right\rfloor =y-\left\lfloor y\right\rfloor$. Da ${}\left\lfloor x\right\rfloor ,\left\lfloor y\right\rfloor$ ganze Zahlen sind, ist ${}n=\left\lfloor y\right\rfloor -\left\lfloor x\right\rfloor$ ganzzahlig. Damit gilt

${}{\begin{aligned}y&=\left\lfloor y\right\rfloor +(y-\left\lfloor y\right\rfloor )\\&=\left\lfloor y\right\rfloor +(x-\left\lfloor x\right\rfloor )\\&=x+\left\lfloor y\right\rfloor -\left\lfloor x\right\rfloor \\&=x+n.\end{aligned}}$

Es sei nun ${}y=x+n$ mit ${}n\in \mathbb {Z}$. Aus der definierenden Beziehung

${}\left\lfloor x\right\rfloor \leq x<\left\lfloor x\right\rfloor +1\,$

folgt

${}\left\lfloor x\right\rfloor +n\leq x+n<\left\lfloor x\right\rfloor +n+1\,,$

daher muss

${}\left\lfloor x+n\right\rfloor =\left\lfloor x\right\rfloor +n\,$

sein. Somit ist

${}{\begin{aligned}y-\left\lfloor y\right\rfloor &=x+n-\left\lfloor x+n\right\rfloor \\&=x+n-(\left\lfloor x\right\rfloor +n)\\&=x-\left\lfloor x\right\rfloor .\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper und ${}b\in K$, ${}b>1$. Zeige, dass es dann Elemente ${}c,d>1$ mit ${}b=cd$ gibt.

Lösung

Wir setzen

${}c={\frac {b+1}{2}}\,.$

Da ${}b>1$ ist, ist auch

${}b+1>2\,$

und damit ist

${}c>1\,.$

Wir setzen sodann

${}d=b\cdot c^{-1}={\frac {2b}{b+1}}\,,$

sodass die geforderte Gleichheit

${}b=c\cdot d\,$

gilt. Wegen ${}b>1$ ist

${}2b=b+b>b+1\,,$

also ist auch

${}d>1\,.$

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz von Bolzano-Weierstraß.

Lösung

Die Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ sei durch

${}a_{0}\leq x_{n}\leq b_{0}\,$

beschränkt. Wir definieren zuerst induktiv eine Intervallhalbierung derart, dass in den Intervallen unendlich viele Folgenglieder liegen. Das Startintervall ist ${}I_{0}:=[a_{0},b_{0}]$. Es sei das ${}k$-te Intervall ${}I_{k}$ bereits konstruiert. Wir betrachten die beiden Hälften

$[a_{k},{\frac {a_{k}+b_{k}}{2}}]\,\,{\text{ und }}\,\,[{\frac {a_{k}+b_{k}}{2}},b_{k}].$

In mindestens einer der Hälften liegen unendlich viele Folgenglieder, und wir wählen als Intervall ${}I_{k+1}$ eine Hälfte mit unendlich vielen Gliedern. Da sich bei diesem Verfahren die Intervalllängen mit jedem Schritt halbieren, liegt eine Intervallschachtelung vor. Als Teilfolge wählen wir nun ein beliebiges Element

${}x_{n_{k}}\in I_{k}\,$

mit ${}n_{k}>n_{k-1}$. Dies ist möglich, da es in diesen Intervallen unendlich viele Folgenglieder gibt. Diese Teilfolge konvergiert nach Aufgabe 7.4 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gegen die durch die Intervallschachtelung bestimmte Zahl ${}x$.

Aufgabe (2 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für eine Folge von abgeschlossenen Intervallen (${}n\in \mathbb {N} _{+}$)

${}I_{n}=[a_{n},b_{n}]\subseteq \mathbb {R} \,$

derart an, dass ${}b_{n}-a_{n}$ eine Nullfolge ist, dass ${}\bigcap _{n\in \mathbb {N} _{+}}I_{n}$ aus einem einzigen Punkt besteht, wo aber keine Intervallschachtelung vorliegt.

Lösung

Für ${}n$ gerade sei

${}[a_{n},b_{n}]=[0,{\frac {1}{n}}]\,$

und für ${}n$ ungerade sei

${}[a_{n},b_{n}]=[-{\frac {1}{n}},0]\,.$

Die Intervalllänge ist stets ${}{\frac {1}{n}}$, also bilden diese eine Nullfolge. Es ist

${}\bigcap _{n\in \mathbb {N} _{+}}[a_{n},b_{n}]=\{0\}\,.$

Es handelt sich aber nicht um eine Intervallschachtelung, da das folgende Intervall nicht im Vorgängerintervall enthalten ist.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme die Umkehrfunktion zur linearen Funktion

${\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z\longmapsto {\mathrm {i} }z.$

Lösung

Die Umkehrfunktion ist

${\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z\longmapsto -{\mathrm {i} }z,$

da

${}{\mathrm {i} }{\left(-{\mathrm {i} }\right)}=1\,$

ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Man finde ein Polynom ${}f$ von minimalem Grad mit

$f(0)=0,\,f(1)=1,\,f(2)=3,\,f(3)=6.$

Lösung

Es muss ein interpolierendes Polynom vom Grad ${}\leq 3$ geben, wir können also den Ansatz

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

machen, wobei wegen der ersten Bedingung direkt ${}d=0$ gilt. Die übrigen Interpolationspunkte liefern das lineare Gleichungssystem

${}a+b+c=1\,,$

${}8a+4b+2c=3\,,$

${}27a+9b+3c=6\,.$

${}II-2I$ ergibt

${}6a+2b=1\,$

und ${}III-3I$ ergibt

${}24a+6b=3\,$

bzw.

${}8a+2b=1\,.$

Daraus folgt ${}a=0$ und ${}b={\frac {1}{2}}$ und damit auch ${}c={\frac {1}{2}}$. Das interpolierende Polynom minimalen Grades ist also

${\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{2}}x.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}k\in \mathbb {N} _{+}$. Zeige

${}{\left(1-{\sqrt[{k}]{2}}\right)}\cdot {\left(1+{\sqrt[{k}]{2}}+{\sqrt[{k}]{2}}^{2}+\cdots +{\sqrt[{k}]{2}}^{k-2}+{\sqrt[{k}]{2}}^{k-1}\right)}=-1\,.$

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,{\left(1-{\sqrt[{k}]{2}}\right)}\cdot {\left(1+{\sqrt[{k}]{2}}+{\sqrt[{k}]{2}}^{2}+\cdots +{\sqrt[{k}]{2}}^{k-2}+{\sqrt[{k}]{2}}^{k-1}\right)}\\&=1+{\sqrt[{k}]{2}}+{\sqrt[{k}]{2}}^{2}+\cdots +{\sqrt[{k}]{2}}^{k-2}+{\sqrt[{k}]{2}}^{k-1}-{\sqrt[{k}]{2}}{\left(1+{\sqrt[{k}]{2}}+{\sqrt[{k}]{2}}^{2}+\cdots +{\sqrt[{k}]{2}}^{k-2}+{\sqrt[{k}]{2}}^{k-1}\right)}\\&=1+{\sqrt[{k}]{2}}+{\sqrt[{k}]{2}}^{2}+\cdots +{\sqrt[{k}]{2}}^{k-2}+{\sqrt[{k}]{2}}^{k-1}-{\sqrt[{k}]{2}}-{\sqrt[{k}]{2}}^{2}-{\sqrt[{k}]{2}}^{3}-\cdots -{\sqrt[{k}]{2}}^{k-1}-{\sqrt[{k}]{2}}^{k}\\&=1-{\sqrt[{k}]{2}}^{k}\\&=1-2\\&=-1.\,\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Finde für die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=x^{3}-3x+1,$

eine Nullstelle im Intervall ${}[-2,-1]$ mit Hilfe der Intervallhalbierungsmethode mit einem Fehler von maximal ${}1/8$.

Lösung

ungefähr ${}-1,879$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

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

eine Funktion auf einem Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$. Zeige, dass ${}f$ genau dann konvex ist, wenn für jedes Punktepaar ${}(a,f(a))$ und ${}(b,f(b))$ mit ${}a,b\in I$ die Verbindungsstrecke oberhalb des Graphen von ${}f$ verläuft.

Lösung

Die Hinrichtung ist klar, da Punkte des Graphen insbesondere zum Epigraphen gehören. Es sei nun die Bedingung für Punkte des Graphen erfüllt und seien ${}(a,y)$ und ${}(b,z)$ Punkte des Epigraphen, also ${}a,b\in I$ und ${}f(a)\leq y$ und ${}f(b)\leq z$. Die Verbindungsgerade zwischen ${}(a,y)$ und ${}(b,z)$ wird durch ${}(a+x,y+{\frac {z-y}{b-a}}x)$, ${}x\in [0,b-a]$, und die Verbindungsgerade zwischen ${}(a,f(a))$ und ${}(b,f(b))$ wird durch ${}(a+x,f(a)+{\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}x)$, ${}x\in [0,b-a]$, beschrieben, wobei nach Voraussetzung die zweite Strecke sich ganz im Epigraphen bewegt. Für ${}x\in [0,b-a]$ ist

${}{\begin{aligned}y+{\frac {z-y}{b-a}}x&={\frac {b-a-x}{b-a}}y+{\frac {x}{b-a}}z\\&\geq {\frac {b-a-x}{b-a}}f(a)+{\frac {x}{b-a}}f(b)\\&=f(a)+{\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}x,\end{aligned}}$

daher bewegt sich auch die erste Strecke im Epigraphen.

Aufgabe (2 Punkte)

Beweise den Satz über die Ableitung der Exponentialfunktionen zu einer Basis ${}a>0$.

Lösung

Nach Definition . ist

${}a^{x}=\exp \left(x\,\ln a\right)\,.$

Die Ableitung nach ${}x$ ist aufgrund von [[Reelle Exponentialfunktion/Ableitung/Fakt|Satz . (Analysis (Osnabrück 2021-2023))]] unter Verwendung der Kettenregel gleich

${}{\left(a^{x}\right)}'={\left(\exp \left(x\,\ln a\right)\right)}'={\left(\ln a\right)}\exp '(x\,\ln a)={\left(\ln a\right)}\exp \left(x\,\ln a\right)={\left(\ln a\right)}a^{x}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom der Ordnung ${}2$ zur rationalen Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\frac {x^{2}+6x+1}{4x+4}},$

im Entwicklungspunkt ${}1$.

Lösung

Nach der Quotientenregel ist

${}f'(x)={\frac {(2x+6)(4x+4)-4(x^{2}+6x+1)}{(4x+4)^{2}}}={\frac {4x^{2}+8x+20}{16(x^{2}+2x+1)}}={\frac {x^{2}+2x+5}{4(x^{2}+2x+1)}}\,$

und

${}{\begin{aligned}f^{\prime \prime }(x)&={\frac {4(2x+2)(x^{2}+2x+1)-4(x^{2}+2x+5)(2x+2)}{16(x^{2}+2x+1)^{2}}}\\&={\frac {(2x+2){\left((x^{2}+2x+1)-(x^{2}+2x+5)\right)}}{4(x^{2}+2x+1)^{2}}}\\&=-{\frac {2x+2}{(x^{2}+2x+1)^{2}}}.\end{aligned}}$

Es ist

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

${}f'(1)={\frac {1}{2}}\,$

und

${}f^{\prime \prime }(1)={\frac {-4}{16}}=-{\frac {1}{4}}\,.$

Somit ist das gesuchte Taylor-Polynom gleich

$1+{\frac {1}{2}}(x-1)-{\frac {1}{8}}(x-1)^{2}.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise die Newton-Leibniz-Formel.

Lösung

Aufgrund von Satz 23.14 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) existiert das Integral. Mit der Integralfunktion

${}G(x):=\int _{a}^{x}f(t)\,dt\,$

gilt die Beziehung

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

Aufgrund von Satz 24.3 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist ${}G$ differenzierbar mit

${}G'(x)=f(x)\,,$

d.h. ${}G$ ist eine Stammfunktion von ${}f$. Wegen Lemma 24.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist ${}F(x)=G(x)+c$. Daher ist

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

Aufgabe (5 Punkte)

Zeige durch Induktion nach ${}n$ unter Verwendung der partiellen Integration

${}\int _{0}^{1}x^{m}(1-x)^{n}dx={\frac {m!n!}{(m+n+1)!}}\,.$

Lösung

Für ${}n=0$ und beliebiges ${}m$ ist

${}{\begin{aligned}\int _{0}^{1}x^{m}(1-x)^{n}dx&=\int _{0}^{1}x^{m}dx\\&={\frac {1}{m+1}}x^{m+1}|_{0}^{1}\\&={\frac {1}{m+1}}\\&={\frac {m!0!}{(m+0+1)!}},\end{aligned}}$

dies sichert den Induktionsanfang. Es sei nun die Aussage für ein festes ${}n$ und beliebiges ${}m$ schon bewiesen und es ist ${}\int _{0}^{1}x^{m}(1-x)^{n+1}dx$ zu bestimmen. Wir wenden darauf partielle Integration an, wobei wir für ${}x^{m}$ die Stammfunktion ${}{\frac {1}{m+1}}x^{m+1}$ und für ${}(1-x)^{n+1}$ die Ableitung ${}-(n+1)(1-x)^{n}$ heranziehen. Es ist dann unter Verwendung der Induktionsvoraussetzung

${}{\begin{aligned}\int _{0}^{1}x^{m}(1-x)^{n+1}dx&={\frac {1}{m+1}}x^{m+1}(1-x)^{n+1}|_{0}^{1}+{\frac {n+1}{m+1}}\int _{0}^{1}x^{m+1}(1-x)^{n}dx\\&={\frac {n+1}{m+1}}\int _{0}^{1}x^{m+1}(1-x)^{n}dx\\&={\frac {n+1}{m+1}}{\frac {(m+1)!n!}{(m+1+n+1)!}}\\&={\frac {m!(n+1)!}{(m+(n+1)+2)!}},\end{aligned}}$

was die Behauptung ergibt.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei

$f\colon I\longrightarrow \mathbb {R} _{+}$

eine differenzierbare Funktion auf einem Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$. Finde eine homogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung, für die ${}f$ eine Lösung ist.

Lösung

Die Funktion ${}f$ ist eine Lösung der homogenen linearen Differentialgleichung

${}y'={\frac {f'}{f}}y\,.$

Wegen ${}f(t)\in \mathbb {R} _{+}$ ist diese wohldefiniert. Einsetzen von ${}f$ zeigt unmittelbar, dass eine Lösung vorliegt.