Kurs:Analysis/Teil I/33/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	5	4	4	4	3	5	5	4	3	4	4	5	3	5	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Man nennt die Menge

   ${}L\times M={\left\{(x,y)\mid x\in L,\,y\in M\right\}}\,$

   die Produktmenge der Mengen ${}L$ und ${}M$.

2. Eine Abbildung ${}F$ von ${}L$ nach ${}M$ ist dadurch gegeben, dass jedem Element der Menge ${}L$ genau ein Element der Menge ${}M$ zugeordnet wird.
3. Eine Menge ${}K$ heißt ein Körper, wenn es zwei Verknüpfungen (genannt Addition und Multiplikation)

   $+:K\times K\longrightarrow K{\text{ und }}\cdot :K\times K\longrightarrow K$

   und zwei verschiedene Elemente ${}0,1\in K$ gibt, die die folgenden Eigenschaften erfüllen.

   1. Axiome der Addition
      1. Assoziativgesetz: Für alle ${}a,b,c\in K$ gilt: ${}(a+b)+c=a+(b+c)$.
      2. Kommutativgesetz: Für alle ${}a,b\in K$ gilt ${}a+b=b+a$.
      3. ${}0$ ist das neutrale Element der Addition, d.h. für alle ${}a\in K$ ist ${}a+0=a$.
      4. Existenz des Negativen: Zu jedem ${}a\in K$ gibt es ein Element ${}b\in K$ mit ${}a+b=0$.
   2. Axiome der Multiplikation
      1. Assoziativgesetz: Für alle ${}a,b,c\in K$ gilt: ${}(a\cdot b)\cdot c=a\cdot (b\cdot c)$.
      2. Kommutativgesetz: Für alle ${}a,b\in K$ gilt ${}a\cdot b=b\cdot a$.
      3. ${}1$ ist das neutrale Element der Multiplikation, d.h. für alle ${}a\in K$ ist ${}a\cdot 1=a$.
      4. Existenz des Inversen: Zu jedem ${}a\in K$ mit ${}a\neq 0$ gibt es ein Element ${}c\in K$ mit ${}a\cdot c=1$.
   3. Distributivgesetz: Für alle ${}a,b,c\in K$ gilt ${}a\cdot (b+c)=(a\cdot b)+(a\cdot c)$.
4. Die Eulersche Zahl ist durch

   ${}e=\lim _{n\rightarrow \infty }{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)}^{n}\,$

   definiert.

5. Man sagt, dass ${}f$ ${}n$-mal stetig differenzierbar ist, wenn ${}f$ n-mal differenzierbar ist und die n-te Ableitung ${}f^{(n)}$ stetig ist.
6. Eine Differentialgleichung der Form

   $y'=g(t)y+h(t)$

   mit zwei auf einem Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$ definierten Funktionen ${}t\mapsto g(t)$ und ${}t\mapsto h(t)$ heißt inhomogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es seien ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergente Folgen in ${}K$. Dann ist die Folge ${}{\left(x_{n}\cdot y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ ebenfalls konvergent und es gilt

   ${}\lim _{n\rightarrow \infty }{\left(x_{n}\cdot y_{n}\right)}={\left(\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}\right)}\cdot {\left(\lim _{n\rightarrow \infty }y_{n}\right)}\,.$

2. Ein von ${}0$ verschiedenes Polynom ${}P\in K[X]$ vom Grad ${}d$ besitzt maximal ${}d$ Nullstellen.
3. Es sei ${}f\colon I\rightarrow \mathbb {R}$ eine konvexe Funktion, seien ${}x_{1},\ldots ,x_{n}\in I$ und ${}t_{1},\ldots ,t_{n}\in \mathbb {R} _{\geq 0}$ mit ${}\sum _{i=1}^{n}t_{i}=1$. Dann ist

   ${}f{\left(\sum _{i=1}^{n}t_{i}x_{i}\right)}\leq \sum _{i=1}^{n}t_{i}f(x_{i})\,.$

Aufgabe (5 (1+1+3) Punkte)

1. Löse das folgende Minisudoku

   ${\begin{pmatrix}-&-&2&-\\3&-&-&4\\-&-&-&-\\-&4&-&1\end{pmatrix}}.$

2. Begründe, dass das Minisudoku aus (1) nur eine Lösung besitzt.
3. Welche mathematischen Beweisverfahren finden sich als typische Argumentationsschemata beim Lösen eines Sudokus wieder?

Lösung

1. ${\begin{pmatrix}4&1&2&3\\3&2&1&4\\1&3&4&2\\2&4&3&1\end{pmatrix}}.$

2. Wir gehen von

   ${\begin{pmatrix}-&-&2&-\\3&-&-&4\\-&-&-&-\\-&4&-&1\end{pmatrix}}$

   aus. In der dritten Stelle der zweiten Zeile muss eine ${}1$ sein und somit muss rechts oben eine ${}3$ stehen. Dies ergibt

   ${\begin{pmatrix}-&-&2&3\\3&-&1&4\\-&-&-&-\\-&4&-&1\end{pmatrix}}.$

   An der vierten Stelle der dritten Zeile muss eine ${}2$ stehen. In der vierten Zeile muss an der dritten Stelle eine ${}3$ und somit in der vierten Zeile an der ersten Stelle eine ${}2$ stehen. Dies ergibt

   ${\begin{pmatrix}-&-&2&3\\3&-&1&4\\-&-&-&2\\2&4&3&1\end{pmatrix}}.$

   Dies erzwingt

   ${\begin{pmatrix}-&-&2&3\\3&2&1&4\\-&-&4&2\\2&4&3&1\end{pmatrix}}.$

   An der zweiten Stelle der ersten Zeile muss eine ${}1$ stehen, dies ergibt dann die eindeutige Lösung

   ${\begin{pmatrix}4&1&2&3\\3&2&1&4\\1&3&4&2\\2&4&3&1\end{pmatrix}}.$

3. 1. Direkter Beweis: Durch Betrachten der schon gefundenen Zahlen erschließt man, welche Zahl in ein bestimmtes Feld gesetzt werden muss.
   2. Beweis durch Fallunterscheidung: Man weiß, dass in einem gewissen Feld nur noch zwei Zahlen, sagen wir ${}a$ oder ${}b$ möglich sind. Wenn man nun in beiden Fällen, dass es sich um ${}a$ oder um ${}b$ handelt, jeweils erschließen kann, dass in einem bestimmten anderen Feld die Zahl ${}c$ stehen muss, so steht diese Zahl fest.
   3. Beweis durch Widerspruch: Man weiß, dass in einem gewissen Feld nur noch zwei Zahlen, sagen wir ${}a$ oder ${}b$ möglich sind. Man nimmt nun an, dass es sich um ${}a$ handelt. Wenn man nun erschließen kann, dass sich daraus an irgendeiner Stelle ein Widerspruch ergibt, so kann die Belegung durch ${}a$ nicht gelten und ${}b$ ist richtig.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige

${}\sum _{j=0}^{n}{\binom {n}{j}}2^{j}=3^{n}\,$

durch Induktion.

Lösung

Für ${}n=0$ steht beidseitig ${}1$. Es sei die Aussage für ${}n$ bekannt. Dann ist unter Verwendung von Lemma 3.8 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) und der Induktionsvoraussetzung

${}{\begin{aligned}\sum _{j=0}^{n+1}{\binom {n+1}{j}}2^{j}&=\sum _{j=0}^{n+1}{\left({\binom {n}{j}}+{\binom {n}{j-1}}\right)}2^{j}\\&=\sum _{j=0}^{n+1}{\binom {n}{j}}2^{j}+\sum _{j=0}^{n+1}{\binom {n}{j-1}}2^{j}\\&=3^{n}+\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}2^{k+1}\\&=3^{n}+2\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}2^{k}\\&=3^{n}+2\cdot 3^{n}\\&=3^{n+1}.\end{aligned}}$

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

Bestimme, welche der folgenden Wertetabellen Abbildungen ${}\varphi \colon L\rightarrow M$ zwischen den angegebenen Mengen festlegen. Welche sind injektiv, welche surjektiv, welche bijektiv?

1. ${}L=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$, ${}M=\{a,b,c,d,e,f,g,h\}$,

   ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
   ${}\varphi (x)$	${}b$	${}e$	${}f$	${}h$	${}e$	${}g$	${}c$	${}d$

2. ${}L=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$, ${}M=\{a,b,c,d,e,f,g,h\}$,

   ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
   ${}\varphi (x)$	${}c$	${}e$	${}\,$	${}d$	${}e$	${}a$	${}b$	${}a$

3. ${}L=\{1,2,3,4,5,6,7\}$, ${}M=\{a,b,c,d,e,f,g,h\}$,

   ${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$
   ${}\varphi (x)$	${}c$	${}f$	${}d$	${}e$	${}h$	${}b$	${}a$

4. ${}L=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$, ${}M=\{a,b,c,d,e,f,g,h\}$,

   ${}x$	${}3$	${}7$	${}1$	${}4$	${}6$	${}8$	${}5$	${}2$
   ${}\varphi (x)$	${}c$	${}d$	${}f$	${}a$	${}e$	${}h$	${}b$	${}g$

Lösung

1. Es handelt sich um eine Abbildung. Diese ist nicht injektiv, da ${}e$ zweifach getroffen wird, und nicht surjektiv, da ${}a$ nicht getroffen wird.
2. Es handelt sich um keine Abbildung, da für die ${}3$ kein Wert festgelegt ist.
3. Es handelt sich um eine Abbildung. Sie ist injektiv, aber nicht surjektiv (und somit nicht bijektiv), da ${}g$ nicht getroffen wird.
4. Es handelt sich um eine Abbildung. Diese ist injektiv und surjektiv, also auch bijektiv.

Aufgabe (4 Punkte)

Mustafa Müller schreibt die natürlichen Zahlen

$0,1,2,3,\ldots ,998,999,1000$

hintereinander auf. Wie oft kommt dabei die Ziffern ${}0,1,2,\ldots ,9$ vor? Wie viele Kommata setzt er?

Lösung

Er setzt ${}1000$ Kommata. Wir überlegen uns, wie die Anzahl der Ziffern ist, wenn er jede dreistellige Zifferenkombination ${}abc$ mit ${}a,b,c\in \{0,1,\ldots ,9\}$ hinschreiben würde. Davon gibt es ${}10^{3}=1000$ Möglichkeiten, die den hingeschriebenen Zahlen (bis auf die ${}1000$) entsprechen, wenn man die Zahlen vorne durch Nullen auffüllt. Insgesamt kommen ${}3000$ Ziffern vor und jede Ziffer kommt gleich oft, also ${}300$ Mal vor. Deshalb kommen die Ziffern ${}2,3,\ldots ,9$ in der Mülleraufzählung ${}300$ hundert Mal vor und die ${}1$ kommt (wegen der ${}1000$) genau ${}301$ Mal vor. Die ${}0$ kommt aber in der Mülleraufzählung weniger oft vor, und zwar muss man ${}20$ Nullen für die einstelligen Zahlen und ${}90$ Nullen für die zweistelligen Zahlen abziehen. Deshalb kommt die ${}0$ in der Mülleraufzählung ${}300-20-90+3=193$ Mal vor.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein angeordneter Körper, es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Nullfolge in ${}K$ und ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine beschränkte Folge in ${}K$. Zeige, dass dann auch die Produktfolge ${}(x_{n}y_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine Nullfolge ist.

Lösung

Es sei ${}B>0$ eine Schranke für ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ und sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Da ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Nullfolge ist, gibt es zu ${}{\frac {\epsilon }{B}}$ ein ${}n_{0}$ derart, dass für ${}n\geq n_{0}$ die Abschätzung ${}\vert {x_{n}}\vert \leq {\frac {\epsilon }{B}}$ gilt. Für diese Indizes ist dann auch

${}\vert {x_{n}y_{n}}\vert =\vert {x_{n}}\vert \cdot \vert {y_{n}}\vert \leq {\frac {\epsilon }{B}}\cdot B=\epsilon \,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Vergleiche

${\sqrt {3}}+{\sqrt {10}}\,\,{\text{ und }}\,\,{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}.$

Lösung

Wir fragen uns, ob

${}{\sqrt {3}}+{\sqrt {10}}>{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}\,$

ist. Dies ist, da das Quadrieren von positiven Zahlen eine Äquivalenzumformung für die Größenbeziehung ist, äquivalent zu

${}3+10+2{\sqrt {30}}={\left({\sqrt {3}}+{\sqrt {10}}\right)}^{2}>{\left({\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}\right)}^{2}=5+7+2{\sqrt {35}}\,.$

Dies ist durch Subtraktion mit ${}12$ äquivalent zu

${}1+2{\sqrt {30}}>2{\sqrt {35}}\,.$

Durch Quadrieren ist dies äquivalent zu

${}1+4\cdot 30+4\cdot {\sqrt {30}}={\left(1+2{\sqrt {30}}\right)}^{2}>4\cdot 35=140\,.$

Dies ist äquivalent zu

${}4{\sqrt {30}}>19\,.$

Quadrieren liefert

${}480=16\cdot 30>19^{2}=361\,,$

was stimmt. Also ist

${}{\sqrt {3}}+{\sqrt {10}}>{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Untersuche die Folge

${}x_{n}={\sqrt {n}}\cdot {\sqrt {n+1}}-n\,$

auf Konvergenz.

Lösung

Wir behaupten, dass die Folge gegen ${}{\frac {1}{2}}$ konvergiert. Zunächst haben wir die Abschätzung

${}{\begin{aligned}{\sqrt {n}}\cdot {\sqrt {n+1}}-n&={\sqrt {n(n+1)}}-n\\&={\sqrt {n^{2}+n}}-n\\&\leq {\sqrt {n^{2}+n+{\frac {1}{4}}}}-n\\&={\sqrt {{\left(n+{\frac {1}{2}}\right)}^{2}}}-n\\&=n+{\frac {1}{2}}-n\\&={\frac {1}{2}}.\end{aligned}}$

Es sei nun ${}\alpha <{\frac {1}{2}}$ fixiert. Wir zeigen, dass die Folgenglieder für ${}n$ hinreichend groß oberhalb von ${}\alpha$ liegen. Es ist

${}(1-2\alpha )>0\,$

und somit gilt für ${}n$ hinreichend groß die Abschätzung

${}(1-2\alpha )n\geq \alpha ^{2}\,.$

Für solche ${}n$ ist dann auch

${}n^{2}+n\geq n^{2}+2\alpha n+\alpha ^{2}=(n+\alpha )^{2}\,.$

Also hat man für diese Folgenglieder die Abschätzung

${}{\begin{aligned}{\sqrt {n}}\cdot {\sqrt {n+1}}-n&={\sqrt {n^{2}+n}}-n\\&\geq {\sqrt {(n+\alpha )^{2}}}-n\\&=n+\alpha -n\\&=\alpha .\end{aligned}}$

Daraus folgt die Behauptung.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$. Es sei ${}P\in K[X]$ ein Polynom und ${}a\in K$. Zeige, dass ${}a$ genau dann eine Nullstelle von ${}P$ ist, wenn ${}P$ ein Vielfaches des linearen Polynoms ${}X-a$ ist.

Lösung

Wenn ${}P$ ein Vielfaches von ${}X-a$ ist, so kann man

${}P=(X-a)Q\,$

mit einem weiteren Polynom ${}Q$ schreiben. Einsetzen ergibt

${}P(a)=(a-a)Q(a)=0\,.$

Im Allgemeinen gibt es aufgrund der Division mit Rest eine Darstellung

${}P=(X-a)Q+R\,,$

wobei ${}R=0$ oder aber den Grad ${}0$ besitzt, also so oder so eine Konstante ist. Einsetzen ergibt

${}P(a)=R\,.$

Wenn also ${}P(a)=0$ ist, so muss der Rest ${}R=0$ sein, und das bedeutet, dass ${}P=(X-a)Q$ ist.

Aufgabe (3 (1+1+1) Punkte)

Es sei ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ eine stetige Funktion. Zeige die folgenden Aussagen.

1. Die Funktion ${}f$ ist durch ihre Werte auf ${}\mathbb {Q}$ eindeutig festgelegt.
2. Der Funktionswert ${}f(a)$ ist durch die Funktionswerte ${}f(x)$, ${}x\neq a$, festgelegt.
3. Wenn für alle ${}x<a$ die Abschätzung

   ${}f(x)\leq c\,$

   gilt, so gilt auch

   ${}f(a)\leq c\,.$

Lösung

1. Nach Satz . (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gibt es für jede reelle Zahl ${}x$ eine Folge ${}x_{n}$ von rationalen Zahlen (sogar von Dezimalbrüchen), die gegen ${}x$ konvergiert. Wegen der Stetigkeit und Satz 12.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist dann

   ${}f(x)=\lim _{n\rightarrow \infty }f(x_{n})\,.$

2. Für jedes ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ ist

   ${}x_{n}=a-{\frac {1}{n}}<a\,.$

   Da die Folge der Stammbrüche eine Nullfolge ist, konvergiert diese Folge gegen ${}a$. Wegen der Stetigkeit und Satz 12.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist wieder

   ${}f(x)=\lim _{n\rightarrow \infty }f(x_{n})\,.$

3. Dies folgt aus Teil (2) und Lemma 6.3 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)).

Aufgabe (4 Punkte)

Es seien

$f_{1},f_{2}\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

periodische Funktionen mit den Periodenlängen ${}L_{1}$ bzw. ${}L_{2}$. Der Quotient ${}L_{1}/L_{2}$ sei eine rationale Zahl. Zeige, dass auch ${}f_{1}+f_{2}$ eine periodische Funktion ist.

Lösung

Der Quotient der Periodenlängen sei

${}{\frac {L_{1}}{L_{2}}}={\frac {a}{b}}\,$

mit ${}a,b\in \mathbb {N} _{+}$. Also ist ${}bL_{1}=aL_{2}$. Wir behaupten, dass

${}L=bL_{1}=aL_{2}\,$

eine Periodenlänge für ${}f_{1}+f_{2}$ ist. Dies beruht auf

${}{\begin{aligned}(f_{1}+f_{2})(x+L)&=f_{1}(x+L)+f_{2}(x+L)\\&=f_{1}(x+bL_{1})+f_{2}(x+aL_{2})\\&=f_{1}(x)+f_{2}(x)\\&=(f_{1}+f_{2})(x)\end{aligned}}$

für alle ${}x\in \mathbb {R}$, da ja mit ${}L_{1}$ (bzw. ${}L_{2}$) auch jedes ganzzahlige Vielfache eine Periodenlänge von ${}f_{1}$ (bzw. von ${}f_{2}$) ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Extrema und das Wachstumsverhalten der rationalen Funktion

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

Lösung

Nach der Quotientenregel ist

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

Die Nullstellen der Zählerfunktion sind

${}x=\pm 1\,.$

Der Ableitung kann man ferner entnehmen, dass die Funktion ${}f$ für ${}x<-1$ streng fallend, für ${}-1<x<1$ streng wachsend und für ${}x>1$ wieder streng fallend ist. Deshalb liegt in ${}-1$ ein isoliertes lokales Minimum und in ${}1$ ein isoliertes lokales Maximum vor. Da ${}f$ unterhalb von ${}0$ negativ und oberhalb von ${}0$ positiv ist, sind beide Extrema global.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den zweiten Mittelwertsatz der Differentialrechnung.

Lösung

Die Aussage

${}g(a)\neq g(b)\,$

folgt aus Satz 19.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)). Wir betrachten die Hilfsfunktion

${}h(x):=f(x)-{\frac {f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}}g(x)\,.$

Es ist

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

Also ist ${}h(a)=h(b)$ und Satz 19.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) liefert die Existenz eines ${}c\in {]a,b[}$ mit

${}h'(c)=0\,.$

Umstellen ergibt die Behauptung.

Aufgabe (3 Punkte)

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

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

im Entwicklungspunkt ${}1$.

Lösung

Nach der Quotientenregel ist

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

und

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

Es ist

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

${}f'(1)=0\,$

und

${}f^{\prime \prime }(1)={\frac {-2\cdot 4}{16}}=-{\frac {1}{2}}\,.$

Somit ist das gesuchte Taylor-Polynom gleich

${\frac {1}{2}}-{\frac {1}{4}}(x-1)^{2}.$

Aufgabe (5 (2+3) Punkte)

a) Bestimme eine Lösung der Differentialgleichung

$y'={\frac {t^{2}}{y}},\,y>0,\,t>0,$

mit dem Lösungsansatz für getrennte Variablen.

b) Bestimme die Lösung des Anfangswertproblems

$y'={\frac {t^{2}}{y}}{\text{ mit }}y(4)=5.$

Lösung

a) Wir setzen ${}g(t)=t^{2}$ und ${}h(y)={\frac {1}{y}}$. Eine Stammfunktion von ${}g(t)$ ist ${}G(t)={\frac {1}{3}}t^{3}$ und eine Stammfunktion von ${}{\frac {1}{h(y)}}=y$ ist

${}H(y)={\frac {1}{2}}y^{2}\,.$

Die Umkehrfunktion von ${}H$ ist

${}H^{-1}(z)={\sqrt {2}}{\sqrt {z}}\,.$

Daher ist

${}y(t)={\sqrt {2}}\cdot {\sqrt {{\frac {1}{3}}t^{3}}}={\sqrt {\frac {2}{3}}}\cdot t^{\frac {3}{2}}\,$

eine Lösung der Differentialgleichung.

b) Wir machen den Ansatz ${}H(y)={\frac {1}{2}}y^{2}+c$ mit der Umkehrfunktion

${}H^{-1}(z)={\sqrt {2z-2c}}\,,$

was zur Lösung(sschar)

${}y(t)={\sqrt {{\frac {2}{3}}t^{3}-2c}}\,$

führt. Aus

${}5=y(4)={\sqrt {{\frac {2}{3}}4^{3}-2c}}\,$

folgt

${}{\begin{aligned}c&={\frac {1}{2}}{\left({\frac {2}{3}}4^{3}-25\right)}\\&={\frac {128-75}{6}}\\&={\frac {53}{6}}\end{aligned}}$

Also ist

${}y(t)={\sqrt {{\frac {2}{3}}t^{3}-{\frac {53}{3}}}}\,$

die Lösung des Anfangswertproblems.