Kurs:Analysis/Teil I/45/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	6	5	2	6	2	3	6	3	7	4	4	3	2	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Zu einer Teilmenge ${}T\subseteq M$ heißt

   $F^{-1}(T)={\left\{x\in L\mid F(x)\in T\right\}}$

   das Urbild von ${}T$ unter ${}F$.

2. Die Teilmenge ${}M\subseteq K$ heißt nach oben beschränkt, wenn es ein ${}S\in K$ mit ${}x\leq S$ für alle ${}x\in M$ gibt.
3. Die Menge

   $\mathbb {R} ^{2}$

   mit ${}0:=(0,0)$ und ${}1:=(1,0)$, mit der komponentenweisen Addition und der durch

   ${}(a,b)\cdot (c,d):=(ac-bd,ad+bc)\,$

   definierten Multiplikation nennt man Körper der komplexen Zahlen.

4. Unter dem Konvergenzradius der Potenzreihe versteht man

   ${\operatorname {sup} \,(\vert {b-a}\vert ,b\in {\mathbb {C} },\,\sum _{n=0}^{\infty }c_{n}(b-a)^{n}{\text{ konvergiert}})}.$

5. Die Exponentialfunktion zur Basis ${}b$ von ${}z\in {\mathbb {C} }$ wird durch

   $b^{z}:=\exp(z\ln b)$

   definiert.

6. Man nennt

   $y'=f(t,y){\text{ und }}y(t_{0})=y_{0}$

   das Anfangswertproblem zur gewöhnlichen Differentialgleichung ${}y'=f(t,y)$ mit der Anfangsbedingung ${}y(t_{0})=y_{0}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine beschränkte Folge von reellen Zahlen. Dann besitzt die Folge eine konvergente Teilfolge.
2. Ein von ${}0$ verschiedenes Polynom ${}P\in K[X]$ vom Grad ${}d$ besitzt maximal ${}d$ Nullstellen.
3. Die Kosinusfunktion

   ${\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z\longmapsto \cos z,$

   ist differenzierbar mit

   ${}\cos \!'(z)=-\sin z\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Die Biologin Hertha McGillen ist eine renommierte Forscherin über fliegende Fische. Zur Beobachtung hat ihr Team eine Drohne entwickelt, die sowohl oberhalb als auch unterhalb des Meeresspiegels fliegen kann. Bei einem Einsatz startet die Drohne vom Ausgangspunkt auf dem Schiff, der vier Meter oberhalb des Meeresspiegels liegt. Sie steigt zunächst drei Meter in die Höhe, fliegt dann elf Meter nach unten, dann einen Meter nach oben, dann zwei Meter nach unten, dann sechs Meter nach oben, dann fünf Meter nach unten, dann drei Meter nach oben, dann vier Meter nach unten, dann reißt der Funkkontakt ab.

Wie hoch bzw. tief ist die Drohne insgesamt von ihrem Ausgangspunkt aus geflogen und auf welcher Höhe unter- oder oberhalb des Meeresspiegels brach der Kontakt ab? Wie oft ist die Drohne ein- und wie oft aufgetaucht?

Lösung

Die Höhenpositionen der Drohne sind bezogen auf den Meeresspiegel der Reihe nach

$4,\,4+3=7,\,7-11=-4,\,-4+1=-3,\,-3-2=-5,$

$-5+6=1,\,1-5=-4,\,-4+3=-1,\,-1-4=-5.$

Der Kontakt brach also ${}5$ Meter unterhalb des Meeresspiegels ab und insgesamt ist die Drohne ${}9$ Meter tief geflogen. Sie ist zweimal eingetaucht und einmal aufgetaucht.

Aufgabe (3 Punkte)

Die Hochschule „Tellerrand“ bietet lediglich ${}4$ Fächer an, nämlich Hethitologie, Assyriologie, Ägyptologie und Semitistik. Sie bietet lediglich ${}2$-Fächer-Bachelor an in beliebiger Fächerkombination. Wie viele Fächerkombinationen gibt es (es wird nicht zwischen Erst- und Zweitfach unterschieden)? Skizziere ein Mengendiagramm, das die Studentenschaft mit ihren Fächern wiedergibt. Die zu einem Fach gehörenden Studenten und Studentinnen sollen dabei durch ein zusammenhängendes Gebiet dargestellt werden.

Lösung

Es gibt ${}6$ Möglichkeiten.

Aufgabe (6 (2+4) Punkte)

Es sei

$\varphi \colon L\longrightarrow M$

eine Abbildung.

a) Zeige, dass es eine Menge ${}N$ gibt und eine surjektive Abbildung

$F\colon L\longrightarrow N$

und eine injektive Abbildung

$G\colon N\longrightarrow M$

mit

${}\varphi =G\circ F\,.$

b) Zeige, dass es eine Menge ${}P$ gibt und eine injektive Abbildung

$H\colon L\longrightarrow P$

und eine surjektive Abbildung

$I\colon P\longrightarrow M$

mit

${}\varphi =I\circ H\,.$

Lösung

a) Es sei ${}N=\varphi (L)$ das Bild von ${}L$ unter der Abbildung ${}\varphi$. Wegen

${}N=\varphi (L)\subseteq M\,$

ist ${}N$ eine Teilmenge von ${}M$. Die Abbildung, die ein Element ${}y\in N$ auf sich selbst aber als Element in ${}M$ auffasst, nennen wir ${}G$. Diese Abbildung ist injektiv. Die Abbildung

$F\colon L\longrightarrow N,\,x\longmapsto \varphi (x),$

ist wohldefiniert, da ${}\varphi (x)$ zu ${}N$ gehört, und surjektiv, da ${}N$ genau aus den Elementen besteht, die im Bild liegen. Dabei ist offenbar

${}\varphi =G\circ F\,.$

b) Es sei

${}P=L\times M\,.$

Wir betrachten die Abbildung

$H\colon L\longrightarrow P=L\times M,\,x\longmapsto (x,\varphi (x)).$

Diese ist injektiv, da aus

${}x\neq x'\,$

folgt, dass

${}(x,\varphi (x))\neq (x',\varphi (x'))\,$

ist. Die Abbildung ${}I$ sei durch

$I\colon L\times M\longrightarrow M,\,(u,v)\longmapsto v,$

gegeben. Diese ist surjektiv unter der Bedingung, dass ${}L$ nicht leer ist. Insgesamt ist

${}(I\circ H)(x)=I(x,\varphi (x))=\varphi (x)\,$

und somit

${}\varphi =I\circ H\,.$

Falls ${}L$ leer ist, so ist ${}\varphi$ die sogenannte leere Abbildung und man kann ${}P=M$, ${}H=\varphi$ und ${}I=\operatorname {Id} _{M}$ nehmen.

Aufgabe (5 Punkte)

Wir betrachten die naürliche Additionstabelle bis zu einer bestimmten Zahl ${}n$, also

${}+$	${}1$	${}2$	${}3$	${}\ldots$	${}n-1$	${}n$
${}1$	${}1+1$	${}1+2$	${}1+3$	${}\ldots$	${}1+n-1$	${}1+n$
${}2$	${}2+1$	${}2+2$	${}2+3$	${}\ldots$	${}2+n-1$	${}2+n$
${}3$	${}3+1$	${}3+2$	${}3+3$	${}\ldots$	${}3+n-1$	${}3+n$
${}\ldots$	${}\vdots$	${}\vdots$	${}\vdots$	${}\vdots$	${}\vdots$	${}\vdots$
${}n-1$	${}n-1+1$	${}n-1+2$	${}n-1+3$	${}\ldots$	${}n-1+n-1$	${}n-1+n$
${}n$	${}n+1$	${}n+2$	${}n+3$	${}\ldots$	${}n+n-1$	${}n+n$

Zeige durch Induktion, dass die Gesamtsumme aller in der Tabelle auftretenden Summen gleich ${}(n+1)n^{2}$ ist, also

${}\sum _{1\leq i\leq n,\,1\leq j\leq n}(i+j)=(n+1)n^{2}\,.$

Lösung

Für ${}n=1$ gibt es nur den einen Summanden ${}1+1$, sodass der Induktionsanfang gesichert ist. Es sei die Aussage für ein ${}n$ bewiesen. Wir unterteilen die zu berechnende Summe je nachdem, ob die beteiligten Summanden kleiner oder gleich ${}n+1$ sind. Dann ist unter Verwendung der Induktionsvoraussetzung und der Formel für die Summe der ersten ${}n$ Zahlen

${}{\begin{aligned}\sum _{1\leq i\leq n+1,\,1\leq j\leq n+1}(i+j)&=\sum _{1\leq i\leq n,\,1\leq j\leq n}(i+j)+\sum _{\,1\leq j\leq n}(n+1+j)+\sum _{1\leq i\leq n}(i+n+1)+(n+1)+(n+1)\\&=(n+1)n^{2}+2\sum _{\,1\leq j\leq n}(n+1+j)+2(n+1)\\&=(n+1)n^{2}+2n(n+1)+2\sum _{\,1\leq j\leq n}j+2(n+1)\\&=(n+1)n^{2}+2n(n+1)+n(n+1)+2(n+1)\\&=(n+1)(n^{2}+2n+n+2)\\&=(n+1)(n+2)(n+1)\\&=(n+2)(n+1)^{2}.\,\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}n$ eine natürliche Zahl. Wann ist die Zahl ${}n^{2}-1$ eine Primzahl?

Lösung

Es gilt generell die Zerlegung

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

Bei ${}n\geq 3$ sind beide Faktoren ${}\geq 2$ und daher kann ${}n^{2}-1$ nicht prim sein. Bei ${}n=2$ ist

${}2^{2}-1=3\,$

eine Primzahl. Bei ${}n=0,1$ liegt keine Primzahl vor.

Aufgabe (6 (2+4) Punkte)

Zeige, dass in ${}\mathbb {R}$ die folgenden Eigenschaften gelten.

1. Zu jedem ${}x>0$ gibt es eine natürliche Zahl ${}n$ mit ${}{\frac {1}{n}}\leq x$.
2. Zu zwei reellen Zahlen

   ${}x<y\,$

   gibt es eine rationale Zahl ${}n/k$ (mit ${}n\in \mathbb {Z} ,\,k\in \mathbb {N} _{+}$) mit

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

Lösung

(1). Es ist ${}x^{-1}$ eine wohldefinierte, nach Lemma 4.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))  (7) positive reelle Zahl. Aufgrund des Archimedes-Axioms gibt es eine natürliche Zahl ${}n\in \mathbb {N}$ mit ${}n>x^{-1}$. Dies ist nach Lemma 4.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))  (6) äquivalent zu

${}{\frac {1}{n}}=n^{-1}<(x^{-1})^{-1}=x\,.$

(2). Wegen ${}y>x$ ist ${}y-x>0$ und daher gibt es nach (2) ein ${}k\in \mathbb {N} _{+}$ mit ${}{\frac {1}{k}}<y-x$. Wegen (1) gibt es auch ein ${}n'\in \mathbb {N}$ mit ${}n'{\frac {1}{k}}>x$. Wegen der Archimedes-Eigenschaft gibt es ein ${}{\tilde {n}}\in \mathbb {N}$ mit ${}{\tilde {n}}\geq -xk$. Nach Lemma 4.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023))  (3) gilt daher ${}(-{\tilde {n}}){\frac {1}{k}}\leq x$. Daher gibt es auch ein ${}n\in \mathbb {Z}$ derart, dass

$n{\frac {1}{k}}>x{\text{ und }}(n-1){\frac {1}{k}}\leq x$

ist. Damit ist einerseits ${}x<{\frac {n}{k}}$ und andererseits

${}{\frac {n}{k}}={\frac {n-1}{k}}+{\frac {1}{k}}<x+y-x=y\,$

wie gewünscht.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige

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

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k(k+1)}}&=\sum _{k=1}^{n}{\left({\frac {1}{k}}-{\frac {1}{k+1}}\right)}\\&={\left(1-{\frac {1}{2}}\right)}+{\left({\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}\right)}+{\left({\frac {1}{3}}-{\frac {1}{4}}\right)}+\cdots +{\left({\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}}\right)}\\&=1-{\frac {1}{n+1}}\\&={\frac {n}{n+1}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme im Polynomring ${}K[X]$ über einem Körper ${}K$ die invertierbaren Elemente, also Polynome ${}P$, für die es ein weiteres Polynom ${}Q$ mit ${}PQ=1$ gibt.

Lösung

Es sind genau die konstanten Polynome ${}a$, ${}a\neq 0$ invertierbar. Wegen ${}a\in K$ besitzen diese ein Inverses. Das Nullpolynom ist sicher nicht invertierbar. Es sei nun

${}P=a_{n}X^{n}+\cdots +a_{1}X+a_{0}\,$

ein nichtkonstantes Polynom, also ${}a_{n}\neq 0$ und ${}n\geq 1$. Dann besitzt für jedes Polynom ${}Q\neq 0$ das Polynom

$PQ$

einen Grad ${}\geq 1$, ist also nicht ${}1$ (und ${}P\cdot 0=0\neq 1$).

Aufgabe (6 (2+4) Punkte)

Wir betrachten die Funktion

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

mit

${}f(x)={\begin{cases}0,\,{\text{ falls }}x\notin \mathbb {Q} \,,\\{\frac {1}{b}},\,{\text{ bei }}x\in \mathbb {Q} {\text{ und }}x={\frac {a}{b}}{\text{ gekürzt}}\,.\end{cases}}\,$

1. Zeige, dass ${}f$ in den rationalen Zahlen nicht stetig ist.
2. Zeige, dass ${}f$ in den irrationalen Zahlen stetig ist.

Lösung

1. Es sei ${}x$ rational, also ist insbesondere ${}f(x)\neq 0$. Da es in jeder Intervallumgebung von ${}x$ auch irrationale Zahlen gibt, gibt es auch eine Folge ${}x_{n}$ von irrationalen Zahlen, die gegen ${}x$ konvergiert. Wegen ${}f(x_{n})=0$ kann die Funktion in ${}x$ aufgrund des Folgenkriteriums nicht stetig sein.
2. Es sei nun ${}x$ irrational und sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Für jede positive natürliche Zahl ${}b$ mit

   ${}{\frac {1}{b}}>\epsilon \,$

   betrachten wir die rationale Zahl ${}{\frac {a}{b}}$, deren Abstand zu ${}x$ unter diesen Zahlen minimal ist. Es sei ${}\delta _{b}$ dieser minimale Abstand, der wegen der Irrationalität von ${}x$ positiv ist. Da es nur endlich viele ${}b$ gibt, die diese Eigenschaft erfüllen, ist

   ${}\delta ={\frac {1}{2}}\operatorname {min} \left(\delta _{b}{|}{\frac {1}{b}}>\epsilon \right)\,$

   ebenfalls positiv. Für ein ${}x'$ mit ${}\vert {x-x'}\vert \leq \delta$ ist bei ${}x'$ irrational direkt ${}\vert {x-x'}\vert \leq \delta$ Bei ${}x'$ rational folgt aus ${}\vert {x-x'}\vert \leq \delta$ nach Konstruktion von ${}\delta$ direkt, dass der Nenner ${}b$ von ${}x'$ die Abschätzung

   ${}{\frac {1}{b}}\leq \epsilon \,$

   erfüllt. Also ist ${}\vert {f(x)-(x')}\vert =\vert {-{\frac {1}{b}}}\vert \leq \epsilon$

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass die Hintereinanderschaltung von zwei Exponentialfunktionen keine Exponentialfunktion sein muss.

Lösung

Wir betrachten die Hintereinanderschaltung der Exponentialfunktion (zur Basis ${}e$) mit sich selbst, also

${}f(x)=e^{(e^{x})}\,,$

und behaupten, dass dies keine Exponentialfunktion ist, also nicht von der Form ${}b^{x}$ mit einer Basis ${}b\in \mathbb {R} _{+}$ ist. Falls doch, so wäre

${}e^{(e^{x})}=b^{x}=e^{x\ln b}\,$

für alle ${}x$. Wegen der Injektivität der Exponentialfunktion bedeutet dies

${}e^{x}=x\ln b\,.$

Doch dies würde bedeuten, dass die Exponentialfunktion linear ist, was sicher nicht der Fall ist.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über die Ableitung und das Wachstumsverhalten einer Funktion ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$.

Lösung

(1). Es genügt, die Aussagen für wachsende Funktionen zu beweisen. Wenn ${}f$ wachsend ist, und ${}x\in I$ ist, so gilt für den Differenzenquotienten

${}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}\geq 0\,$

für jedes ${}h$ mit ${}x+h\in I$. Diese Abschätzung gilt dann auch für den Grenzwert für ${}h\rightarrow 0$, und dieser ist ${}f'(x)$.
Es sei umgekehrt die Ableitung ${}\geq 0$.    Nehmen wir an, dass es zwei Punkte ${}x<x'$ in ${}I$ mit ${}f(x)>f(x')$ gibt. Aufgrund des Mittelwertsatzes gibt es dann ein ${}c$ mit ${}x<c<x'$ mit

${}f'(c)={\frac {f(x')-f(x)}{x'-x}}<0\,$

 im Widerspruch zur Voraussetzung.

(2). Es sei nun ${}f'(x)>0$ mit nur endlich vielen Ausnahmen.  Angenommen es wäre ${}f(x)=f(x')$ für zwei Punkte ${}x<x'$. Da ${}f$ nach dem ersten Teil wachsend ist, ist ${}f$ auf dem Intervall ${}[x,x']$ konstant. Somit ist ${}f'=0$ auf diesem gesamten Intervall, ein Widerspruch dazu, dass ${}f'$ nur endlich viele Nullstellen besitzt.

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten die Funktion

${}f(x)=x^{2}-3x-2\,.$

Bestimme den Flächeninhalt des durch die ${}x$-Achse und den Graphen von ${}f$ eingeschränkten Gebietes.

Lösung

Die Gleichung

${}x^{2}-3x-2=0\,$

ist äquivalent zu

${}{\left(x-{\frac {3}{2}}\right)}^{2}=2+{\left({\frac {3}{2}}\right)}^{2}={\frac {17}{4}}\,,$

somit sind die Nullstellen dieses Polynoms gleich

${}x_{1,2}={\frac {\pm {\sqrt {17}}+3}{2}}\,.$

Im Intervall ${}[{\frac {-{\sqrt {17}}+3}{2}},{\frac {{\sqrt {17}}+3}{2}}]$ ist ${}f$ negativ, sonst überall positiv. Der gesuchte Flächeninhalt ist deshalb der Betrag des bestimmten Integrals

${}{\begin{aligned}\int _{\frac {-{\sqrt {17}}+3}{2}}^{\frac {{\sqrt {17}}+3}{2}}x^{2}-3x-2\,dx&=\left({\frac {1}{3}}x^{3}-{\frac {3}{2}}x^{2}-2x\right)|_{\frac {-{\sqrt {17}}+3}{2}}^{\frac {{\sqrt {17}}+3}{2}}\\&={\frac {1}{3}}{\left(\left({\frac {{\sqrt {17}}+3}{2}}\right)^{3}-\left({\frac {-{\sqrt {17}}+3}{2}}\right)^{3}\right)}-{\frac {3}{2}}{\left(\left({\frac {{\sqrt {17}}+3}{2}}\right)^{2}-\left({\frac {-{\sqrt {17}}+3}{2}}\right)^{2}\right)}-2{\left(\left({\frac {{\sqrt {17}}+3}{2}}\right)-\left({\frac {-{\sqrt {17}}+3}{2}}\right)\right)}\\&={\frac {1}{3}}{\left({\frac {17{\sqrt {17}}}{4}}+{\frac {27{\sqrt {17}}}{4}}\right)}-{\frac {3}{2}}\cdot 6{\sqrt {17}}-2{\sqrt {17}}\\&=-{\frac {22}{3}}{\sqrt {17}}.\end{aligned}}$

Der Flächeninhalt ist also gleich ${}{\frac {22}{3}}{\sqrt {17}}$.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise die Substitutionsregel zur Integration von stetigen Funktionen.

Lösung

Wegen der Stetigkeit von ${}f$ und der vorausgesetzten stetigen Differenzierbarkeit von ${}g$ existieren beide Integrale. Es sei ${}F$ eine Stammfunktion von ${}f$, die aufgrund von Korollar 24.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) existiert. Nach der Kettenregel hat die zusammengesetzte Funktion

${}t\mapsto F(g(t))=(F\circ g)(t)\,$

die Ableitung ${}F'(g(t))g'(t)=f(g(t))g'(t)$. Daher gilt insgesamt

${}\int _{a}^{b}f(g(t))g'(t)\,dt=(F\circ g)|_{a}^{b}=F(g(b))-F(g(a))=F|_{g(a)}^{g(b)}=\int _{g(a)}^{g(b)}f(s)\,ds\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme eine Stammfunktion für die Betragsfunktion

$\mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto \vert {x}\vert .$

Lösung

Für ${}x>0$ ist

${}\vert {x}\vert =x\,$

und dort ist ${}{\frac {1}{2}}x^{2}$ eine Stammfunktion. Für ${}x<0$ ist

${}\vert {x}\vert =-x\,$

und dort ist ${}-{\frac {1}{2}}x^{2}$ eine Stammfunktion. Diese beiden Funktionen kann man im Nullpunkt durch den Wert ${}0$ stetig zusammensetzen. Es ist dann noch zu zeigen, dass die zusammengesetzte Funktion auch im Nullpunkt differenzierbar ist mit der Ableitung ${}0$. Dazu betrachten wir den Differenzenquotienten

${}{\frac {\pm x^{2}}{\pm x}}=\pm x\,.$

Der Limes hiervon für ${}x\rightarrow 0$ ist in der Tat ${}0$.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei

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

eine Differentialgleichung mit getrennten Variablen, wobei ${}g$ und ${}h$ differenzierbar seien. Zeige, dass eine Lösungsfunktion ${}y(t)$ zweimal differenzierbar ist und bestimme ihre zweite Ableitung.

Lösung

Mit der Produkt- und der Kettenregel ist

${}{\begin{aligned}y^{\prime \prime }(t)&=(y'(t))'\\&={\left(g(t)h(y(t))\right)}'\\&=g'(t)h(y(t))+g(t)(h(y(t)))'\\&=g'(t)h(y(t))+g(t)h'(y(t))y'(t)\\&=g'(t)h(y(t))+g(t)h'(y(t))g(t)h(y(t))\\&={\left(g'(t)+g(t)^{2}h'(y(t))\right)}h(y(t)).\end{aligned}}$