Kurs:Analysis/Teil I/32/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	${}\sum$
Punkte	3	3	2	3	6	2	5	1	1	4	3	3	3	4	3	6	4	4	5	65

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Die Abbildung

   $f\colon L\longrightarrow M$

   ist injektiv, wenn für je zwei verschiedene Elemente ${}x,y\in L$ auch ${}f(x)$ und ${}f(y)$ verschieden sind.

2. Ein Körper ${}K$ heißt angeordnet, wenn es eine totale Ordnung „${}\geq$“ auf ${}K$ gibt, die die beiden Eigenschaften
   1. Aus ${}a\geq b$ folgt ${}a+c\geq b+c$ (für beliebige ${}a,b,c\in K$)
   2. Aus ${}a\geq 0$ und ${}b\geq 0$ folgt ${}ab\geq 0$ (für beliebige ${}a,b\in K$)

   erfüllt.

3. Zu einer komplexen Zahl ${}z=a+b{\mathrm {i} }$ nennt man ${}b$ den Imaginärteil von ${}z$.
4. Man sagt, dass ${}f$ stetig im Punkt ${}a$ ist, wenn es zu jedem ${}\epsilon >0$ ein ${}\delta >0$ derart gibt, dass für alle ${}x$ mit ${}\vert {a-x}\vert \leq \delta$ die Abschätzung ${}\vert {f(a)-f(x)}\vert \leq \epsilon$ gilt.
5. Man sagt, dass ${}f$ differenzierbar in ${}a$ ist, wenn der Limes

   $\operatorname {lim} _{x\in D\setminus \{a\},\,x\rightarrow a}\,{\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}$

   existiert.

6. Das Oberintegral ist definiert als das Infimum von sämtlichen Treppenintegralen zu oberen Treppenfunktionen von ${}f$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Für ${}a,b$ in einem Körper ${}K$ gilt

   ${}(a+b)^{n}=\sum _{i=0}^{n}{\binom {n}{i}}a^{i}b^{n-i}\,.$

2. Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein offenes Intervall und ${}a\in I$ ein Punkt. Es seien

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

   stetige Funktionen, die auf ${}I\setminus \{a\}$ differenzierbar seien mit ${}f(a)=g(a)=0$ und mit ${}g'(x)\neq 0$ für ${}x\neq a$. Es sei vorausgesetzt, dass der Grenzwert

   ${}w:=\operatorname {lim} _{x\in I\setminus \{a\},\,x\rightarrow a}\,{\frac {f'(x)}{g'(x)}}\,$

   existiert. Dann existiert auch der Grenzwert

   $\operatorname {lim} _{x\in I\setminus \{a\},\,x\rightarrow a}\,{\frac {f(x)}{g(x)}},$

   und sein Wert ist ebenfalls ${}w$.
3. Es sei

   ${}y'=g(t)\cdot h(y)\,$

   eine Differentialgleichung mit getrennten Variablen mit stetigen Funktionen

   $g\colon I\longrightarrow \mathbb {R} ,\,t\longmapsto g(t),$

   und

   $h\colon J\longrightarrow \mathbb {R} ,\,y\longmapsto h(y),$

   wobei ${}h$ keine Nullstelle besitze. Es sei ${}G$ eine Stammfunktion von ${}g$ und ${}H$ eine Stammfunktion von ${}{\frac {1}{h}}$. Weiter sei ${}I'\subseteq I$ ein Teilintervall mit ${}G(I')\subseteq H(J)$. Dann ist ${}H$ eine bijektive Funktion auf sein Bild ${}H(J)$ und die Lösungen dieser Differentialgleichung haben die Form

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

Aufgabe (2 Punkte)

Ein Flugzeug soll von Osnabrück aus zu einem Zielort auf der Südhalbkugel fliegen. Kann es kürzer sein, in Richtung Norden zu fliegen?

Lösung Flugzeug/Osnabrück/Südhalbkugel/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise durch Induktion, dass die Summe von aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen (beginnend bei ${}1$) stets eine Quadratzahl ist.

Lösung

Eine ungerade Zahl hat die Form ${}2k-1$, die Summe der ersten ${}n$ ungeraden Zahlen ist also gleich

$\sum _{k=1}^{n}(2k-1).$

Wir behaupten, dass dies gleich ${}n^{2}$ ist. Für ${}n=1$ ist die Aussage richtig, da die Summe gleich ${}1=1^{2}$ ist. Es sei die Aussage nun für ein ${}n$ schon bewiesen. Dann ist

${}\sum _{k=1}^{n+1}(2k-1)=\sum _{k=1}^{n}(2k-1)+2n+1=n^{2}+2n+1=(n+1)^{2}\,.$

Aufgabe (6 (1+1+1+2+1) Punkte)

Wir betrachten die durch die Wertetabelle

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
${}F(x)$	${}3$	${}5$	${}1$	${}7$	${}8$	${}2$	${}6$	${}4$

gegebene Abbildung ${}F$ von

${}M=\{1,2,\ldots ,8\}\,$

in sich selbst.

1. Erstelle eine Wertetabelle für ${}F^{2}=F\circ F$.
2. Erstelle eine Wertetabelle für ${}F^{3}=F\circ F\circ F$.
3. Begründe, dass sämtliche iterierten Hintereinanderschaltungen ${}F^{n}$ bijektiv sind.
4. Bestimme für jedes ${}x\in M$ das minimale ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ mit der Eigenschaft, dass

   ${}F^{n}(x)=x\,$

   ist.

5. Bestimme das minimale ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ mit der Eigenschaft, dass

   ${}F^{n}(x)=x\,$

   für alle ${}x\in M$ ist.

Lösung

1. Es ist

   ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
   ${}F(F(x))$	${}1$	${}8$	${}3$	${}6$	${}4$	${}5$	${}2$	${}7$

2. Es ist

   ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
   ${}F(F(F(x)))$	${}3$	${}4$	${}1$	${}2$	${}7$	${}8$	${}5$	${}6$

3. Aus der Wertetabelle kann man unmittelbar entnehmen, dass ${}F$ bijektiv ist. Nach Aufgabe 2.13,14 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) sind dann sämtliche Hintereinanderschaltungen der Abbildung mit sich selbst wieder bijektiv.
4. Die Abbildungsvorschrift bewirkt

   $1\mapsto 3\mapsto 1$

   und

   $2\mapsto 5\mapsto 8\mapsto 4\mapsto 7\mapsto 6\mapsto 2.$

   Für ${}x=1,3$ ist also ${}n=2$ und für ${}x=2,5,8,4,7,6$ ist ${}n=6$.

5. Bei ${}n=6$ sind nach Teil (4) die Zahlen ${}2,5,8,4,7,6$ wieder an ihrer Stelle, aber auch ${}1,3$ sind an ihrer Stelle, da ${}6$ ein Vielfaches von ${}2$ ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Heinz Ngolo und Mustafa Müller wollen wissen, wie viele Kaulquappen sich im Teich im Wald befinden. Der Teich ist einen Meter tief und ist quadratisch mit einer Seitenlänge von zehn Metern, die Kaulquappen sind darin gleichmäßig verteilt. Heinz hat eine Teekanne dabei, in die ein halber Liter Wasser hineinpasst. Sie trinken den Tee leer und füllen die Kanne mit Teichwasser. Sie zählen, dass in der Kanne genau ${}23$ Kaulquappen sind und schütten alles zurück. Wie viele Kaulquappen befinden sich im Teich?

Lösung

Der Teich enthält ${}100$ Kubikmeter Wasser. In einen Kubikmeter passen ${}1000$ Liter und somit der Inhalt von ${}2000$ Teekannen. In den Teich passen also

${}100\cdot 1000\cdot 2=200000\,$

Teekannen. Somit befinden sich im Teich ca.

${}200000\cdot 23=4600000\,$

Kaulquappen.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}a\in K$ ein beliebiges Element. Bestimme, welche Potenzen ${}a^{n}$ man (ausgehend von ${}a$ und bei optimaler Verwertung von Zwischenschritten) mit einer, zwei, drei oder vier Multiplikationen erhalten kann.

Lösung

Wir gehen rekursiv vor, da jede Potenz sich durch Multiplikation einer zuvor erhaltenen Potenz ergibt. Wenn dabei die Faktoren gleiche Potenzen verwenden, müssen diese nicht doppelt gezählt werden, da man ja die Ergebnisse von Zwischenmultiplikationen wiederverwenden kann.

Mit einer Multiplikation kann man offenbar nur ${}a^{2}=a\cdot a$ erhalten.

Mit zwei Multiplikationen kann man

${}a^{3}=a\cdot a^{2}\,$

und

${}a^{4}=(a^{2})\cdot (a^{2})\,$

erhalten und sonst keine Potenz, da ja alle möglichen Multiplikationen notiert wurden.

Mit drei Multiplikationen kann man

${}a^{5}=(a^{4})\cdot a\,,$

${}a^{6}=(a^{4})\cdot (a^{2})\,,$

${}a^{8}=(a^{4})\cdot (a^{4})\,$

erhalten. ${}a^{7}$ kann man nicht mit drei Multiplikationen erreichen, da in (dem einzigen ernsthaften Kandidat) ${}(a^{3})\cdot (a^{4})$ schon vier Multiplikationen drin sind.

Mit vier Multiplikationen kann man

${}a^{7}=(a^{6})\cdot a\,,$

${}a^{9}=(a^{8})\cdot a\,,$

${}a^{10}=(a^{8})\cdot (a^{2})\,,$

${}a^{12}=(a^{8})\cdot (a^{4})\,$

und

${}a^{16}=(a^{8})\cdot (a^{8})\,$

erhalten. Weitere Möglichkeiten gibt es nicht. Wenn nämlich ${}a^{8}$ nicht als Faktor vorkommt, so gibt es von den noch nicht abgedeckten Potenzen nur ${}(a^{5})\cdot (a^{6})$, doch dieser Aufbau braucht fünf Multiplikationen.

Aufgabe (1 Punkt)

Skizziere die Funktion

$\mathbb {Q} \longrightarrow \mathbb {Q} ,\,x\longmapsto -\left\lfloor -x\right\rfloor .$

Lösung Gaußklammer/Minus innen und außen/Skizze/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (1 Punkt)

Negiere die Aussage, dass eine Folge ${}x_{n}$ in einem angeordneten Körper gegen ${}x$ konvergiert, durch Umwandlung der Quantoren.

Lösung

Es gibt ein ${}\epsilon >0$ mit der Eigenschaft, dass es für alle ${}m\in \mathbb {N}$ ein

${}n\geq m\,$

derart gibt, dass

${}\vert {x_{n}-x}\vert >\epsilon \,$

ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper und es seien ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} },\,{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(z_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ drei Folgen in ${}K$. 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 ${}a$. Zeige, dass dann auch ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen diesen Grenzwert ${}a$ konvergiert.

Lösung

Es ist

${}x_{n}-a\leq y_{n}-a\leq z_{n}-a\,.$

Bei ${}y_{n}-a\geq 0$ ist somit

${}\vert {y_{n}-a}\vert \leq \vert {z_{n}-a}\vert \,$

und bei ${}y_{n}-a\leq 0$ ist

${}\vert {y_{n}-a}\vert \leq \vert {x_{n}-a}\vert \,.$

Daher ist stets

${}\vert {y_{n}-a}\vert \leq {\max {\left(\vert {x_{n}-a}\vert ,\vert {z_{n}-a}\vert \right)}}\,.$

Für ein vorgegebenes ${}\epsilon >0$ gibt es aufgrund der Konvergenz der beiden äußeren Folgen gegen ${}a$ natürliche Zahlen ${}n_{1}$ und ${}n_{2}$ derart, dass

${}\vert {x_{n}-a}\vert \leq \epsilon \,$

für ${}n\geq n_{1}$ und

${}\vert {z_{n}-a}\vert \leq \epsilon \,$

für ${}n\geq n_{2}$ gilt. Für ${}n\geq n_{0}={\max {\left(n_{1},n_{2}\right)}}$ gilt daher

${}\vert {y_{n}-a}\vert \leq \epsilon \,.$

Dies bedeutet die Konvergenz von ${}y_{n}$ gegen ${}a$.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass

${}z={\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}\,$

eine Nullstelle des Polynoms

$X^{3}+3X+2$

ist.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}&\,\,\,\,\,\,\,{\left({\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}\right)}^{3}+3{\left({\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}\right)}+2\\&=-1+{\sqrt {2}}+3{\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}^{2}\cdot {\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}+3{\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}\cdot {\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}^{2}-1-{\sqrt {2}}+3{\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+3{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}+2\\&=3{\left({\sqrt[{3}]{{\left(-1+{\sqrt {2}}\right)}^{2}{\left(-1-{\sqrt {2}}\right)}}}+{\sqrt[{3}]{{\left(-1+{\sqrt {2}}\right)}{\left(-1-{\sqrt {2}}\right)}^{2}}}+{\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}\right)}\\&=3{\left({\sqrt[{3}]{{\left(3-2{\sqrt {2}}\right)}{\left(-1-{\sqrt {2}}\right)}}}+{\sqrt[{3}]{{\left(-1+{\sqrt {2}}\right)}{\left(3+2{\sqrt {2}}\right)}}}+{\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}\right)}\\&=3{\left({\sqrt[{3}]{1-{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1+{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{-1-{\sqrt {2}}}}\right)}\\&=3{\left({\sqrt[{3}]{1-{\sqrt {2}}}}+{\sqrt[{3}]{1+{\sqrt {2}}}}-{\sqrt[{3}]{1-{\sqrt {2}}}}-{\sqrt[{3}]{1+{\sqrt {2}}}}\right)}\\&=0.\,\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass die harmonische Reihe divergiert.

Lösung

Für die ${}2^{n}$ Zahlen ${}k=2^{n}+1,\ldots ,2^{n+1}$ ist

${}\sum _{k=2^{n}+1}^{2^{n+1}}{\frac {1}{k}}\geq \sum _{k=2^{n}+1}^{2^{n+1}}{\frac {1}{2^{n+1}}}=2^{n}{\frac {1}{2^{n+1}}}={\frac {1}{2}}\,.$

Daher ist

${}\sum _{k=1}^{2^{n+1}}{\frac {1}{k}}=1+\sum _{i=0}^{n}\left(\sum _{k=2^{i}+1}^{2^{i+1}}{\frac {1}{k}}\right)\geq 1+(n+1){\frac {1}{2}}\,.$

Damit ist die Folge der Partialsummen unbeschränkt und kann nach Satz . (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) nicht konvergent sein.

Aufgabe (3 Punkte)

Man erläutere den Unterschied zwischen dem Produkt und der Hintereinanderschaltung von zwei Funktionen

$f,g\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

anhand typischer Beispiele. Wir ordnet sich die Kettenregel in diesen Fragekomplex ein?

Lösung Funktionen/Produkt und Einsetzung/Erläuterung/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz von Rolle.

Lösung

Wenn ${}f$ konstant ist, so ist die Aussage richtig. Es sei also ${}f$ nicht konstant. Dann gibt es ein ${}x\in {]a,b[}$ mit ${}f(x)\neq f(a)=f(b)$. Sagen wir, dass ${}f(x)$ größer als dieser Wert ist. Aufgrund von Satz 13.10 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gibt es ein ${}c\in [a,b]$, wo die Funktion ihr Maximum annimmt, und dieser Punkt kann kein Randpunkt sein. Für dieses ${}c$ ist dann ${}f'(c)=0$ nach Satz 19.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)).

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige mit Hilfe der Jensensschen Ungleichung, angewendet auf die konkave Logarithmusfunktion, die allgemeine Abschätzung zwischen dem arithmetischen und dem geometrischen Mittel, also die Aussage, dass für ${}x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n}\in \mathbb {R} _{\geq 0}$ die Abschätzung

${}{\sqrt[{n}]{x_{1}\cdot x_{2}\cdot \ldots \cdot x_{n}}}\leq {\frac {x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{n}}{n}}\,$

gilt.

Lösung

Da der natürliche Logarithmus konkav ist, gilt mit der konkaven Version der Jensenschen Ungleichung und mit den Koeffizienten

${}t_{i}={\frac {1}{n}}\,$

die Beziehung

${}\ln \left({\frac {1}{n}}x_{1}+{\frac {1}{n}}x_{2}+\cdots +{\frac {1}{n}}x_{n}\right)\geq \sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{n}}\ln x_{i}\,.$

Wir wenden darauf die Exponentialfunktion und dann zweimal die Funktionalgleichung der Exponentialfunktion an und erhalten

${}{\begin{aligned}\sum _{i=1}^{n}{\frac {x_{i}}{n}}&\geq \exp \left(\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{n}}\ln x_{i}\right)\\&=\prod _{i=1}^{n}\exp \left({\frac {1}{n}}\ln x_{i}\right)\\&=\prod _{i=1}^{n}{\sqrt[{n}]{\exp \left(\ln x_{i}\right)}}\\&=\prod _{i=1}^{n}{\sqrt[{n}]{x_{i}}}\\&={\sqrt[{n}]{\prod _{i=1}^{n}x_{i}}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (6 (2+2+2) Punkte)

1. Zeige, dass man mit Hilfe von Beispiel 22.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) und drei Summanden (also ${}m=2$) auf dem Intervall ${}[-{\frac {5}{3}},{\frac {5}{3}}]$ eine polynomiale Abschätzung für den Kosinus mit einem Fehler ${}\leq {\frac {1}{9}}$ enthält.
2. Zeige mit der Abschätzung aus (1), dass

   ${}{\frac {\pi }{2}}>{\frac {4}{3}}\,$

   gilt.

3. Kann man mit der Abschätzung aus (1) auch zeigem, dass

   ${}{\frac {\pi }{2}}<{\frac {5}{3}}\,.$

   ist?

Lösung

1. Es ist

   ${}{\begin{aligned}{\frac {\left({\frac {5}{3}}\right)^{5}}{5!}}&={\frac {5^{5}}{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 3^{5}}}\\&={\frac {5^{4}}{8\cdot 3^{6}}}\\&={\frac {625}{8\cdot 729}}\\&={\frac {625}{5832}}\\&={\frac {1}{9}}\cdot {\frac {9\cdot 625}{5832}}\\&={\frac {1}{9}}\cdot {\frac {5625}{5832}}\\&\leq {\frac {1}{9}}.\end{aligned}}$

   Also ist mit Beispiel 22.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))

   ${}\vert {\cos x-(1-{\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{24}}x^{4})}\vert \leq {\frac {1}{9}}\,.$

   Das vierte Taylor-Polynom

   ${}P(x)=1-{\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{24}}x^{4}\,$

   liefert also eine Approximation wie gesucht.

2. Es ist

   ${}P{\left({\frac {4}{3}}\right)}=1-{\frac {1}{2}}\left({\frac {4}{3}}\right)^{2}+{\frac {1}{24}}\left({\frac {4}{3}}\right)^{4}={\frac {1944-1728+256}{1944}}={\frac {472}{1944}}\,.$

   Das ist positiv und deutlich ${}\geq {\frac {1}{9}}$, deshalb ist mit dem ersten Teil auch

   ${}\cos \left({\frac {4}{3}}\right)>0\,$

   und damit ist

   ${}{\frac {\pi }{2}}>{\frac {4}{3}}\,.$

3. Es ist

   ${}P{\left({\frac {5}{3}}\right)}=1-{\frac {1}{2}}\left({\frac {5}{3}}\right)^{2}+{\frac {1}{24}}\left({\frac {5}{3}}\right)^{4}={\frac {1944-2700+625}{1944}}={\frac {-131}{1944}}\,.$

   Dies ist negativ, aber ${}\geq -{\frac {1}{9}}$, mit der Abschätzung aus Teil (1) kann man also nicht zeigen, dass ${}\cos \left({\frac {5}{3}}\right)$ negativ ist und damit auch nicht, dass

   ${}{\frac {\pi }{2}}\leq {\frac {5}{3}}\,$

   ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Der Graph der Funktion

${}f(x)=-x^{2}+5x\,$

und die ${}x$-Achse begrenzen eine Fläche. Bestimme die Gerade durch den Nullpunkt, die diese Fläche in zwei gleich große Teile unterteilt.

Lösung

Es ist

${}-x^{2}+5x=-x(x-5)\,,$

die Fläche befindet sich also oberhalb des Intervalls ${}[0,5]$. Eine Stammfunktion von ${}f$ ist

${}F(x)=-{\frac {1}{3}}x^{3}+{\frac {5}{2}}x^{2}\,$

und somit ist

${}{\begin{aligned}\int _{0}^{5}f(x)dx&=[-{\frac {1}{3}}x^{3}+{\frac {5}{2}}x^{2}]_{0}^{5}\\&=-{\frac {1}{3}}125+{\frac {5}{2}}25\\&={\frac {125}{6}}.\end{aligned}}$

Die Gerade durch den Nullpunkt setzen wir als ${}y=ax$ an. Der Durchstoßungspunkt (abgesehen vom Nullpunkt) mit dem Graphen ergibt sich aus

${}ax=-x^{2}+5x\,$

zu

${}x=5-a\,.$

Die obere Fläche besitzt den Flächeninhalt

${}{\begin{aligned}\int _{0}^{5-a}-x^{2}+5x-axdx&=[-{\frac {1}{3}}x^{3}+{\frac {5-a}{2}}x^{2}]_{0}^{5-a}\\&=(5-a)^{3}{\left(-{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{2}}\right)}\\&=(5-a)^{3}{\frac {1}{6}}.\end{aligned}}$

Die Bedingung

${}(5-a)^{3}{\frac {1}{6}}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {125}{6}}\,$

führt auf

${}(5-a)^{3}={\frac {125}{2}}\,$

und damit auf

${}5-a={\frac {5}{\sqrt[{3}]{2}}}\,.$

Also ist

${}a=5{\left(1-{\sqrt[{3}]{\frac {1}{2}}}\right)}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme den Flächeninhalt zwischen den Graphen der Exponentialfunktion und der Kosinusfunktion auf dem Intervall ${}[0,\pi /2]$. Skizziere die Situation.

Lösung

Der Kosinus verläuft im angegebenen Bereich unterhalb der Exponentialfunktion, deshalb ist der Flächeninhalt die Differenz der Flächeninhalte der beiden Funktionen in dem Bereich. Es ist

${}\int _{0}^{\pi /2}e^{t}dt=e^{x}|_{0}^{\pi /2}=e^{\pi /2}-1\,$

und

${}\int _{0}^{\pi /2}\cos tdt=\left(\sin x\right)|_{0}^{\pi /2}=1-0=1\,$

und damit ist der Flächeninhalt gleich ${}e^{\pi /2}-2$.

Aufgabe (5 Punkte)

Finde die Lösung des Anfangwertproblems

${}y'=e^{t-y}\,$

mit

${}y(0)=5\,.$

Lösung

Wir schreiben

${}y'=e^{t-y}=e^{t}e^{-y}\,,$

es liegt also eine Differentialgleichung mit getrennten Variablen vor, wir verwenden Satz 30.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)). Eine Stammfunktion zu

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

ist ${}e^{y}$. Die Umkehrfunktion ist ${}\ln z$. Die Stammfunktionen zu

${}g(t)=e^{t}\,$

sind ${}e^{t}+c$. Daher sind die Lösungen der Differentialgleichung von der Form

$\ln \left(e^{t}+c\right)$

mit einer Konstanten ${}c$, und wobei die Lösungen bei ${}c\geq 0$ auf ${}\mathbb {R}$ und sonst auf ${}]\ln -c,\infty ]$ definiert sind. Die Anfangsbedingung bedeutet

${}\ln \left(e^{0}+c\right)=5\,,$

also ist

${}c=e^{5}-1\,.$

Die Lösung des Anfangswertproblems ist also ${}\ln \left(e^{t}+e^{5}-1\right)$ auf ${}\mathbb {R}$.