Kurs:Analysis/Teil I/31/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein inverses Element zu einem Element ${}x\in M$ bezüglich einer Verknüpfung

   $\circ \colon M\times M\longrightarrow M,\,(x,y)\longmapsto x\circ y,$

   mit einem neutralen Element ${}e\in M$.

2. Eine lineare (oder totale) Ordnung ${}\preccurlyeq$ auf einer Menge ${}I$.
3. Die komplexe Konjugation.
4. Ein Berührpunkt einer Menge ${}T\subseteq {\mathbb {K} }$.
5. Die Taylor-Reihe zu einer unendlich oft differenzierbaren Funktion

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

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

6. Das obere Treppenintegral zu einer oberen Treppenfunktion ${}t$ zu einer Funktion

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

   auf einem beschränkten Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$.

Lösung

1. Zu ${}x\in M$ heißt ${}y\in M$ inverses Element, wenn die Gleichheit

   ${}x\circ y=e=y\circ x\,$

   gilt.

2. Eine Ordnungsrelation ${}\preccurlyeq$ auf ${}I$ heißt lineare Ordnung, wenn zu je zwei Elementen ${}x,y\in I$ die Beziehung ${}x\preccurlyeq y$ oder ${}y\preccurlyeq x$ gilt.
3. Die Abbildung

   ${\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z=a+b{\mathrm {i} }\longmapsto {\overline {z}}=a-b{\mathrm {i} },$

   heißt komplexe Konjugation.

4. Ein Punkt ${}x\in {\mathbb {K} }$ heißt Berührpunkt von ${}T$, wenn es (mindestens) eine Folge ${}x_{n}\in T$ gibt, die gegen ${}x$ konvergiert.
5. Die Taylor-Reihe zu ${}f$ im Entwicklungspunkt ${}a$ ist

   $\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {f^{(k)}(a)}{k!}}(x-a)^{k}.$

6. Zur oberen Treppenfunktion

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

   von ${}f$ zur Unterteilung ${}a_{i}$, ${}i=0,\ldots ,n$, und den Werten ${}t_{i}$, ${}i=1,\ldots ,n$, heißt das Treppenintegral

   $T=\sum _{i=1}^{n}t_{i}(a_{i}-a_{i-1})$

   eine oberes Treppenintegral von ${}f$ auf ${}I$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Quetschkriterium für reelle Folgen.
2. Der Satz über die lineare Approximierbarkeit einer Funktion

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

   in einem Punkt ${}a\in {\mathbb {K} }$.
3. Die Formel für die Stammfunktion der Umkehrfunktion.

Lösung

1. Es seien ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} },\,{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ reelle Folgen. Es gelte

   $x_{n}\leq y_{n}\leq z_{n}{\text{ für alle }}n\in \mathbb {N}$

   und ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$

   konvergieren beide gegen den gleichen Grenzwert ${}a$. Dann konvergiert auch ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen diesen Grenzwert ${}a$.
2. Die Funktion ${}f$ ist in ${}a$ genau dann differenzierbar, wenn es ein ${}s\in {\mathbb {K} }$ und eine Funktion

   $r\colon {\mathbb {K} }\longrightarrow {\mathbb {K} }$

   gibt mit ${}r$ stetig in ${}a$ und ${}r(a)=0$ und mit

   $f(x)=f(a)+s(x-a)+r(x)(x-a).$

3. Es sei ${}f\colon [a,b]\rightarrow [c,d]$ eine bijektive differenzierbare Funktion und es sei ${}F$ eine Stammfunktion von ${}f$. Dann ist

   ${}G(y):=yf^{-1}(y)-F(f^{-1}(y))\,$

   eine Stammfunktion der Umkehrfunktion ${}f^{-1}$.

Aufgabe (2 Punkte)

${}E$ wurde ermordet. Es gelten folgende Sachverhalte.

1. Der Mörder ist ${}A$ oder ${}B$ oder ${}C$ oder ${}D$.
2. Wenn ${}C$ der Mörder ist, dann ist ${}D$ nicht der Mörder oder ${}A$ ist der Mörder.
3. ${}A,B,C,D$ sind alle verschieden.
4. Es gibt genau einen Mörder.
5. Wenn ${}A$ nicht der Mörder ist, dann ist ${}D$ nicht der Mörder.
6. ${}A$ ist genau dann der Mörder, wenn ${}B$ der Mörder ist.

Wer ist der Mörder?

Lösung

Aus (6), (3) und (4) folgt, dass ${}A$ und ${}B$ beide nicht der Mörder sind, denn sonst wären beide der Mörder. Nach (5) ist somit auch ${}D$ nicht der Mörder. Wegen (1) muss also ${}C$ der Mörder sein. ((2) wird nicht verwendet.)

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige durch Induktion über ${}n$, dass es zu natürlichen Zahlen ${}a,n$ mit ${}a>0$ natürliche Zahlen ${}q,r$ mit ${}r<a$ und mit

${}n=aq+r\,$

gibt.

Lösung

Es sei ${}a>0$ fixiert. Der Induktionsanfang ergibt sich direkt mit ${}q=0$ und ${}r=n=0$. Für den Induktionsschluss sei die Aussage für ${}n$ bewiesen, d.h. wir haben eine Darstellung ${}n=aq+r$ mit ${}r<a$ und müssen eine ebensolche Darstellung für ${}n+1$ finden. Wenn ${}r<a-1$ ist, so ist

${}n+1=aq+r+1\,$

und wegen ${}r+1<a$ ist dies eine gesuchte Darstellung. Ist hingegen ${}r=a-1$, so ist

${}n+1=aq+r+1=aq+a=a(q+1)+0\,,$

und dies ist eine gesuchte Darstellung.

Aufgabe (2 Punkte)

Wenn man alles Gold der Welt zusammennimmt, so erhält man einen Würfel, dessen Seitenlänge ${}21,7$ Meter beträgt. Wenn man alles Gold von Deutschland zusammennimmt, so erhält man einen Würfel, dessen Seitenlänge ${}8,6$ Meter beträgt. Wie viel Prozent des weltweiten Goldes besitzt Deutschland?

Lösung

Der Anteil am weltweiten Gold ist

${}\left({\frac {86}{217}}\right)^{3}=0,396^{3}=0,062\,,$

also etwa ${}6,2\%$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Lösungsmenge in ${}\mathbb {Q}$ für die Ungleichung

${}\vert {7x-5}\vert >\vert {6x-7}\vert \,.$

Lösung

Wir analysieren die Ungleichung

${}\vert {7x-5}\vert >\vert {6x-7}\vert \,$

abhängig davon, ob die Beträge positiv oder negativ zu nehmen sind. Es ist

${}7x-5\geq 0\,$

genau dann, wenn ${}x\geq {\frac {5}{7}}$ ist, und es ist

${}6x-7\geq 0\,$

genau dann, wenn ${}x\geq {\frac {7}{6}}$ ist. Wegen ${}{\frac {5}{7}}<{\frac {7}{6}}$ führt dies auf die folgenden Fälle.

1. ${}x<{\frac {5}{7}}\,.$

   Dann muss man die Bedingung

   ${}-(7x-5)>-(6x-7)\,$

   betrachten, also

   ${}7x-5<6x-7\,$

   bzw.

   ${}x<-2\,.$

   Daher gehört ${}{\left\{x\in \mathbb {Q} \mid x<-2\right\}}$ zur Lösungsmenge.

2. ${}{\frac {5}{7}}\leq x\leq {\frac {7}{6}}\,.$

   Dann muss man die Bedingung

   ${}7x-5>-(6x-7)\,$

   betrachten, also

   ${}7x-5>-6x+7\,$

   bzw.

   ${}13x>12\,,$

   also

   ${}x>{\frac {12}{13}}\,.$

   Wegen

   ${}{\frac {5}{7}}<{\frac {12}{13}}<{\frac {7}{6}}\,$

   führt dies auf die Lösungen ${}{\left\{x\in \mathbb {Q} \mid {\frac {12}{13}}<x\leq {\frac {7}{6}}\right\}}$.

3. ${}x>{\frac {7}{6}}\,.$

   Dann muss man die Bedingung

   ${}7x-5>6x-7\,$

   betrachten, die auf

   ${}x>-2\,,$

   führt. Also in diesem Fall automatisch erfüllt ist. Daher gehört ${}{\left\{x\in \mathbb {Q} \mid x\geq {\frac {7}{6}}\right\}}$ zur Lösungsmenge.

Die gesamte Lösungsmenge besteht daher aus allen ${}x\in \mathbb {Q}$ mit ${}x<-2$ oder ${}x>{\frac {12}{13}}$.

Aufgabe (5 Punkte)

Wir betrachten die Folge, die durch die Folgenglieder

${}x_{n}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {3}{4}}\cdot {\frac {5}{6}}\cdots {\frac {2n-1}{2n}}\,$

gegeben ist. Zeige, dass dies eine Nullfolge ist.

Lösung

Wir betrachten zusätzlich die Folge

${}y_{n}={\frac {2}{3}}\cdot {\frac {4}{5}}\cdot {\frac {6}{7}}\cdots \cdot {\frac {2n}{2n+1}}\,.$

Beide Folgen sind streng fallend, da sich jedes Glied aus dem Vorgängerglied durch Multiplikation mit einem Faktor ${}<1$ ergibt. Da sie positiv sind, müssen nach Korollar 7.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) die beiden Folgen konvergieren, sagen wir gegen ${}x$ bzw. ${}y$. Die Produktfolge ist

${}{\begin{aligned}x_{n}y_{n}&={\left({\frac {1}{2}}\cdot {\frac {3}{4}}\cdot {\frac {5}{6}}\cdots {\frac {2n-1}{2n}}\right)}{\left({\frac {2}{3}}\cdot {\frac {4}{5}}\cdot {\frac {6}{7}}\cdots \cdot {\frac {2n}{2n+1}}\right)}\\&={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {2}{3}}\cdot {\frac {3}{4}}\cdot {\frac {4}{5}}\cdots {\frac {2n}{2n+1}}\\&={\frac {1}{2n+1}}.\end{aligned}}$

Diese Folge konvergiert gegen ${}0$, somit ist

${}xy=0\,$

nach Lemma 6.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))  (2). Ferner ist

${}y_{n}>x_{n}\,,$

da man die beteiligten ${}n$ Faktoren untereinander vergleichen kann. Somit ist

${}y\geq x\,$

und daher ist

${}x=0\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}I_{n}$, ${}n\in \mathbb {N}$, eine Intervallschachtelung in ${}\mathbb {R}$. Zeige, dass der Durchschnitt

$\bigcap _{n\in \mathbb {N} }I_{n}$

aus genau einem Punkt ${}x\in \mathbb {R}$ besteht.

Lösung

Es sei ${}x_{n}\in I_{n}=[a_{n},b_{n}]$ beliebig gewählt. Wir behaupten, dass dies eine Cauchy-Folge ist. Zu gegebenem ${}\epsilon >0$ sei ${}n_{0}$ derart, dass

${}b_{n_{0}}-a_{n_{0}}\leq \epsilon \,.$

Für ${}m\geq n\geq n_{0}$ ist dann

${}\vert {x_{m}-x_{n}}\vert \leq b_{n}-a_{n}\leq \epsilon \,,$

da ja ${}x_{m},x_{n}\in I_{n}$ ist. Es sei ${}x$ der Limes dieser Cauchy-Folge. Wäre ${}x\notin I_{m}$ für ein ${}m$, so wäre

${}x<a_{m}\,$

(oder $x>b_{m}$), doch wegen der Konvergenz der Folge gegen ${}x$ würden dann auch die Folgenglieder für ${}n$ hinreichend groß echt unterhalb von ${}a_{m}$ und damit von ${}a_{n}$ liegen, im Widerspruch zu ${}x_{n}\in I_{n}$. Also ist ${}x\in \bigcap _{n\in \mathbb {N} }I_{n}$. Würden zwei Zahlen ${}x<y$ zum Durchschnitt aller Intervalle gehören, so wäre

${}y-x\leq b_{n}-a_{n}\,$

für alle ${}n$ im Widerspruch dazu, dass die Intervalllängen gegen ${}0$ konvergieren.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}z\in {\mathbb {C} },\,\vert {z}\vert <1$. Bestimme und beweise eine Formel für die Reihe

$\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}z^{k}.$

Lösung

Nach Satz 9.13 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gilt für alle ${}x\in {\mathbb {C} }$ mit ${}\vert {x}\vert <1$

${}\sum _{k=0}^{\infty }x^{k}={\frac {1}{1-x}}\,.$

Angewendet auf ${}x=-z$ ist

${}\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}z^{k}={\frac {1}{1-(-z)}}={\frac {1}{1+z}}\,.$

Es folgt

${}\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k}z^{k}={\frac {1}{1+z}}\,.$

Aufgabe (6 (4+1+1) Punkte)

1. Zeige die Gleichheit

   ${}\vert {\ln \vert {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\vert }\vert =\vert {\ln \vert {\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\vert }\vert \,.$

2. Stimmt diese Gleichung auch ohne die äußeren Beträge?
3. Wie sieht es aus, wenn man die inneren Beträge weglässt?

Lösung

1. Es ist

   ${}{\begin{aligned}{\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\cdot {\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}&={\frac {1-{\sqrt {5}}\cdot {\sqrt {5}}}{4}}\\&={\frac {1-5}{4}}\\&={\frac {-4}{4}}\\&=-1\end{aligned}}$

   und somit

   ${}\vert {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\vert \cdot \vert {\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\vert =1\,.$

   Da der Logarithmus die Multiplikation in die Addition überführt, ist

   ${}\ln \vert {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\vert +\ln \vert {\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\vert =\ln 1=0\,$

   und somit

   ${}-\ln \vert {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\vert =\ln \vert {\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\vert \,.$

   Durch Übergang zu den Beträgen erhält man Gleichheit.

2. Nach Teil (1) gilt

   ${}-\ln \vert {\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\vert =\ln \vert {\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\vert \,.$

   Da die Logarithmen nicht ${}0$ sind, gilt diese Gleichung nicht, wenn man das vordere Minuszeichen weglässt.

3. Es ist ${}{\sqrt {5}}>1$, somit ist ${}{\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}$ negativ. Davon ist der Logarithmus gar nicht definiert, man kann also die inneren Beträge nicht weglassen.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Charakterisierung von Extrema mit höheren Ableitungen.

Lösung

Unter den Voraussetzungen wird die Taylor-Formel zu

${}f(x)-f(a)={\frac {f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}}(x-a)^{n+1}\,$

mit ${}c$ (abhängig von ${}x$) zwischen ${}a$ und ${}x$. Je nachdem, ob ${}f^{(n+1)}(a)>0$ oder ${}f^{(n+1)}(a)<0$ ist, gilt auch (wegen der vorausgesetzten Stetigkeit der ${}(n+1)$-ten Ableitung) ${}f^{(n+1)}(x)>0$ bzw. ${}f^{(n+1)}(x)<0$ für ${}x\in [a-\epsilon ,a+\epsilon ]$ für ein geeignetes ${}\epsilon >0$. Für diese ${}x$ ist auch ${}c\in [a-\epsilon ,a+\epsilon ]$, so dass das Vorzeichen von ${}f^{(n+1)}(c)$ vom Vorzeichen von ${}f^{(n+1)}(a)$ abhängt.
Bei ${}n$ gerade ist ${}n+1$ ungerade und daher wechselt ${}(x-a)^{n+1}$ das Vorzeichen bei ${}x=a$ (bei ${}x<a$ ist das Vorzeichen negativ und bei ${}x>a$ ist es positiv). Da das Vorzeichen von ${}f^{(n+1)}(c)$ sich nicht ändert, ändert sich das Vorzeichen von ${}f(x)-f(a)$. Das bedeutet, dass kein Extremum vorliegen kann.
Es sei nun ${}n$ ungerade. Dann ist ${}n+1$ gerade, so dass ${}(x-a)^{n+1}>0$ für alle ${}x\neq a$ in der Umgebung ist. Das bedeutet in der Umgebung bei ${}f^{(n+1)}(a)>0$, dass ${}f(x)>f(a)$ ist und in ${}a$ ein isoliertes Minimum vorliegt, und bei ${}f^{(n+1)}(a)<0$, dass ${}f(x)<f(a)$ ist und in ${}a$ ein isoliertes Maximum vorliegt.

Aufgabe (10 (1+1+4+2+2) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} _{\geq 0}\longrightarrow \mathbb {R} _{\geq 0},\,x\longmapsto {\sqrt {x}}.$

1. Berechne die erste Ableitung von ${}f$.
2. Berechne die zweite Ableitung von ${}f$.
3. Erstelle (und beweise) eine Formel für die ${}n$-te Ableitung von ${}f$ (${}n\geq 1$).
4. Bestimme das Taylorpolynom zu ${}f$ im Punkt ${}1$ vom Grad ${}4$.
5. Bestimme die Taylorreihe zu ${}f$ im Punkt ${}1$.

Lösung

1. Es ist

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

2. Es ist

   ${}f^{\prime \prime }(x)=-{\frac {1}{4}}x^{-{\frac {3}{2}}}=-{\frac {1}{4}}\cdot {\frac {1}{{\sqrt {x}}^{3}}}\,.$

3. Wir behaupten

   ${}f^{(n)}(x)=(-1)^{n+1}{\frac {\prod _{k=1}^{n-2}(2k+1)}{2^{n}}}\cdot {\frac {1}{{\sqrt {x}}^{2n-1}}}=(-1)^{n+1}{\frac {\prod _{k=1}^{n-2}(2k+1)}{2^{n}}}\cdot x^{\frac {1-2n}{2}}\,.$

   Dies beweisen wir durch Induktion nach ${}n$. Der Induktionsanfang ist durch Aufgabenteil (1) gesichert (das leere Produkt ist ${}1$). Der Induktionsschluss ergibt sich durch

   ${}{\begin{aligned}f^{(n+1)}(x)&={\left(f^{(n)}(x)\right)}'\\&={\left((-1)^{n+1}{\frac {\prod _{k=1}^{n-2}(2k+1)}{2^{n}}}\cdot x^{\frac {1-2n}{2}}\right)}'\\&=(-1)^{n+1}{\frac {\prod _{k=1}^{n-2}(2k+1)}{2^{n}}}\cdot {\frac {1-2n}{2}}\cdot x^{\frac {1-2n-2}{2}}\\&=(-1)^{n+1}{\frac {\prod _{k=1}^{n-2}(2k+1)}{2^{n}}}\cdot (-1){\frac {2n-1}{2}}\cdot x^{\frac {1-2(n+1)}{2}}\\&=(-1)^{n+2}{\frac {\prod _{k=1}^{n-1}(2k+1)}{2^{n+1}}}x^{\frac {1-2(n+1)}{2}}.\end{aligned}}$

4. Das Taylorpolynom vom Grad ${}4$ mit Entwicklungspunkt ${}1$ ist

   ${}1+{\frac {1}{2}}(x-1)-{\frac {1}{2\cdot 2}}(x-1)^{2}+{\frac {3}{8\cdot 6}}(x-1)^{3}-{\frac {15}{16\cdot 24}}(x-1)^{4}=1+{\frac {1}{2}}(x-1)-{\frac {1}{4}}(x-1)^{2}+{\frac {1}{16}}(x-1)^{3}-{\frac {5}{128}}(x-1)^{4}\,.$

5. Aus der Formel für die Ableitungen folgt, dass der ${}n$-te Koeffizient der Taylorreihe für ${}n\geq 1$ gleich

   ${}a_{n}=(-1)^{n+1}{\frac {\prod _{k=1}^{n-2}(2k+1)}{2^{n}n!}}\,$

   ist, also ist die Taylorreihe gleich

   $1+\sum _{n=1}^{\infty }(-1)^{n+1}{\frac {\prod _{k=1}^{n-2}(2k+1)}{2^{n}n!}}(x-1)^{n}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz über die Stammfunktion der Umkehrfunktion.

Lösung

Ableiten unter Verwendung von [[Differenzierbar/D in R/Rechenregeln/Fakt|Kurs:Analysis/Differenzierbar/D offen K/Rechenregeln/Fakt/Faktreferenznummer (Analysis (Osnabrück 2021-2023))]] und Satz 18.9 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ergibt

${}{\begin{aligned}{\left(yf^{-1}(y)-F{\left(f^{-1}(y)\right)}\right)}'&=f^{-1}(y)+y{\frac {1}{f'(f^{-1}(y))}}-f{\left(f^{-1}(y)\right)}{\frac {1}{f'{\left(f^{-1}(y)\right)}}}\\&=f^{-1}(y).\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme eine Stammfunktion von

$\sin \left(\sin \left(\cos x\right)\right)\cdot \cos \left(\cos x\right)\cdot \sin x.$

Lösung

Die Funktion hat die Gestalt

$f(g(h(x)))\cdot g'(h(x))\cdot (-h'(x)),$

deshalb ist nach der Kettenregel (für drei Funktionen) ${}-F(g(h(x)))$ eine Stammfunktion dieser Funktion, wobei ${}F$ eine Stammfunktion von ${}f$ bezeichnet. Also ist

$\cos \left(\sin \left(\cos x\right)\right)$

eine Stammfunktion.

Aufgabe (6 Punkte)

Finde die Lösung für das Anfangswertproblem

${}y'=y-y^{2}\,$

für ${}y\in ]0,1[$ mit der Anfangsbedingung ${}y(0)={\frac {1}{2}}$.

Lösung

Es handelt sich um eine zeitunabhängige eindimensionale Differentialgleichung, die mit dem Ansatz für getrente Variablen gelöst werden kann. Es ist

${}{\frac {1}{y-y^{2}}}={\frac {1}{y}}+{\frac {1}{1-y}}\,,$

eine Stammfunktion davon ist

${}H(y)=\ln y-\ln \left(1-y\right)=\ln \left({\frac {y}{1-y}}\right)\,.$

Dafür müssen wir die Umkehrfunktion bestimmen. Der Ansatz

${}z=\ln \left({\frac {y}{1-y}}\right)\,$

führt auf

${}e^{z}={\frac {y}{1-y}}\,$

und auf

${}(1-y)e^{z}-y=y(-e^{z}-1)+e^{z}=0\,,$

also

${}y={\frac {e^{z}}{e^{z}+1}}\,.$

Die Lösungsfunktionen haben daher die Form

${}y(t)={\frac {e^{t+c}}{e^{t+c}+1}}\,,$

wobei die Anfangsbedingung

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

über

${}{\frac {e^{c}}{e^{c}+1}}={\frac {1}{2}}\,$

die Konstante ${}c=0$ festlegt. Die Lösung des Anfangswertproblems ist also

${}y(t)={\frac {e^{t}}{e^{t}+1}}\,.$