Kurs:Analysis/Teil I/48/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Umkehrabbildung zu einer bijektiven Abbildung ${}F\colon L\rightarrow M$.
2. Eine Verknüpfung ${}\circ$ auf einer Menge ${}M$.
3. Eine wachsende Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ in einem angeordneten Körper.
4. Die punktweise Konvergenz einer Funktionenfolge

   $f_{n}\colon T\longrightarrow {\mathbb {K} },$

   wobei ${}T$ eine Menge ist.

5. Der Differenzenquotient zu einer Funktion

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

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

6. Die Integralfunktion zum Startpunkt ${}a\in I$ zu einer Riemann-integrierbaren Funktion

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

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

Lösung

1. Die Abbildung

   $G\colon M\longrightarrow L,$

   die jedes Element ${}y\in M$ auf das eindeutig bestimmte Element ${}x\in L$ mit ${}F(x)=y$ abbildet, heißt die Umkehrabbildung zu ${}F$.

2. Eine Verknüpfung ${}\circ$ auf einer Menge ${}M$ ist eine Abbildung

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

3. Die Folge heißt wachsend, wenn ${}x_{n+1}\geq x_{n}$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$ ist.
4. Man sagt, dass die Funktionenfolge punktweise konvergiert, wenn für jedes ${}x\in T$ die Folge

   ${\left(f_{n}(x)\right)}_{n\in \mathbb {N} }$

   in ${}{\mathbb {K} }$ konvergiert.

5. Zu ${}x\in D$, ${}x\neq a$, heißt die Zahl

   ${\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}$

   der Differenzenquotient von ${}f$ zu ${}a$ und ${}x$.

6. Die Funktion

   $I\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto \int _{a}^{x}f(t)\,dt,$

   heißt die Integralfunktion zu ${}f$ zum Startpunkt ${}a$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über wachsende, nach oben beschränkte Folgen in ${}\mathbb {R}$.
2. Der Satz über die Konvergenz des Cauchy-Produkts von Reihen.
3. Die Taylor-Abschätzung.

Lösung

1. Eine nach oben beschränkte, wachsende Folge in ${}\mathbb {R}$ konvergiert.
2. Es seien

   $\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}{\text{ und }}\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}$

   zwei absolut konvergente Reihen komplexer Zahlen. Dann ist auch das Cauchy-Produkt ${}\sum _{k=0}^{\infty }c_{k}$ absolut konvergent und für die Summe gilt

   ${}\sum _{k=0}^{\infty }c_{k}={\left(\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}\right)}\cdot {\left(\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}\right)}\,.$

3. Es sei ${}I$ ein beschränktes abgeschlossenes Intervall,

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

   eine ${}(n+1)$-mal stetig differenzierbare Funktion, ${}a\in I$ ein innerer Punkt und ${}B:=\operatorname {max} \left(\vert {f^{(n+1)}(c)}\vert ,\,c\in I\right)$. Dann gilt zwischen ${}f(x)$ und dem ${}n$-ten Taylor-Polynom die Fehlerabschätzung

   ${}\vert {f(x)-\sum _{k=0}^{n}{\frac {f^{(k)}(a)}{k!}}(x-a)^{k}}\vert \leq {\frac {B}{(n+1)!}}\vert {x-a}\vert ^{n+1}\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Eine Termitenkönigin legt ${}36000$ Eier pro Tag und lebt zwanzig Jahre lang (am ${}29$. Februar legt sie keine Eier). Wie viele Eier legt sie in ihrem Leben?

Lösung

Es sind

${}36000\cdot 365\cdot 20=720000\cdot 365=262800000\,$

Eier.

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

Die Funktionen

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

seien durch

${}f(x)=x^{3}+x\,,$

${}g(y)=y^{2}-1\,$

und

${}h(z)=3z+4\,$

gegeben.

1. Berechne ${}g\circ f$.
2. Berechne ${}h\circ g$.
3. Berechne ${}h\circ g\circ f$ auf zwei unterschiedliche Arten.

Lösung

1. Es ist

   ${}{\begin{aligned}{\left(g\circ f\right)}(x)&=g(f(x))\\&=(f(x))^{2}-1\\&={\left(x^{3}+x\right)}^{2}-1\\&=x^{6}+2x^{4}+x^{2}-1.\end{aligned}}$

2. Es ist

   ${}{\begin{aligned}{\left(h\circ g\right)}(y)&=h(g(y))\\&=3(g(y))+4\\&=3{\left(y^{2}-1\right)}+4\\&=3y^{2}-3+4\\&=3y^{2}+1.\end{aligned}}$

3. Es ist einerseits

   ${}{\begin{aligned}(h\circ g\circ f)(x)&=h((g\circ f)(x))\\&=h(x^{6}+2x^{4}+x^{2}-1)\\&=3(x^{6}+2x^{4}+x^{2}-1)+4\\&=3x^{6}+6x^{4}+3x^{2}-3+4\\&=3x^{6}+6x^{4}+3x^{2}+1\end{aligned}}$

   und andererseits

   ${}{\begin{aligned}(h\circ g\circ f)(x)&=(h\circ g)(f(x))\\&=3(f(x))^{2}+1\\&=3(x^{3}+x)^{2}+1\\&=3(x^{6}+2x^{4}+x^{2})+1\\&=3x^{6}+6x^{4}+3x^{2}+1.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Skizziere sieben Geraden in der Ebene, die sich insgesamt in acht Punkten schneiden.

Lösung

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

Wir definieren die Folge (der sogenannten Bernoulli-Zahlen) ${}B_{n}$, ${}n\in \mathbb {N}$, durch ${}B_{0}=1$ und für ${}n\geq 1$ durch die rekursive Bedingung

${}\sum _{j=0}^{n}{\binom {n+1}{j}}B_{j}=0\,.$

1. Berechne ${}B_{1}$.
2. Berechne ${}B_{2}$.
3. Berechne ${}B_{3}$.
4. Berechne ${}B_{4}$.
5. Zeige, dass alle ${}B_{n}$ rationale Zahlen sind.

Lösung

1. Für ${}n=1$ ist die rekursive Bedingung gleich

   ${}{\begin{aligned}0&=\sum _{j=0}^{1}{\binom {2}{j}}B_{j}\\&=B_{0}+2B_{1}\\&=1+2B_{1},\end{aligned}}$

   also ist ${}B_{1}=-{\frac {1}{2}}$.
2. Für ${}n=2$ ist die rekursive Bedingung gleich

   ${}{\begin{aligned}0&=\sum _{j=0}^{2}{\binom {3}{j}}B_{j}\\&=B_{0}+3B_{1}+3B_{2}\\&=1-{\frac {3}{2}}+3B_{2}\\&=-{\frac {1}{2}}+3B_{2},\end{aligned}}$

   also ist ${}B_{2}={\frac {1}{6}}$.
3. Für ${}n=3$ ist die rekursive Bedingung gleich

   ${}{\begin{aligned}0&=\sum _{j=0}^{3}{\binom {4}{j}}B_{j}\\&=B_{0}+4B_{1}+6B_{2}+4B_{3}\\&=1-2+1+4B_{3}\\&=4B_{3},\end{aligned}}$

   also ist ${}B_{3}=0$.
4. Für ${}n=4$ ist die rekursive Bedingung gleich

   ${}{\begin{aligned}0&=\sum _{j=0}^{4}{\binom {5}{j}}B_{j}\\&=B_{0}+5B_{1}+10B_{2}+10B_{3}+5B_{4}\\&=1-{\frac {5}{2}}+{\frac {10}{6}}+5B_{4}\\&={\frac {6-15+10}{6}}+5B_{4}\\&={\frac {1}{6}}+5B_{4},\end{aligned}}$

   also ist ${}B_{4}=-{\frac {1}{30}}$.
5. Wir zeigen die Aussage durch Induktion nach ${}n$, wobei der Induktionsanfang bereits erledigt ist. Zum Beweis des Induktionsschrittes nehmen wir an, das die Rationalität von ${}B_{0},B_{1},\ldots ,B_{n-1}$ bereits bekannt sei. Die Rekursionsbedingung

   ${}\sum _{j=0}^{n}{\binom {n+1}{j}}B_{j}=0\,$

   schreiben wir als

   ${}{\binom {n+1}{n}}B_{n}=-{\left(\sum _{j=0}^{n-1}{\binom {n+1}{j}}B_{j}\right)}\,$

   bzw. als

   ${}B_{n}=-{\frac {\sum _{j=0}^{n-1}{\binom {n+1}{j}}B_{j}}{\binom {n+1}{n}}}\,.$

   Da die Binomialkoeffizienten natürliche Zahlen sind, steht hier wieder eine rationale Zahl.

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 (4 Punkte)

Das Heron-Verfahren berechnet zu jedem ${}b\in \mathbb {R} _{+}$ mit dem fest gewählten Startwert ${}x_{0}=1$ eine von ${}b$ abhängige Folge ${}x_{n}=x_{n}(b)$. Beschreibe explizit die Funktionen

$x_{n}\colon \mathbb {R} _{+}\longrightarrow \mathbb {R} _{+},\,b\longmapsto x_{n}(b),$

für ${}n=1,2,3$.

Lösung

Die Iteration im Heron-Verfahren zur Berechnung von ${}{\sqrt {b}}$ ist durch

${}x_{n+1}:={\frac {x_{n}+{\frac {b}{x_{n}}}}{2}}={\frac {x_{n}^{2}+b}{2x_{n}}}\,$

gegeben. Deshalb ist

${}x_{1}(b)={\frac {1+b}{2}}\,,$

${}{\begin{aligned}x_{2}(b)&={\frac {x_{1}(b)^{2}+b}{2x_{1}(b)}}\\&={\frac {\left({\frac {1+b}{2}}\right)^{2}+b}{2{\frac {1+b}{2}}}}\\&={\frac {{\frac {1+2b+b^{2}}{4}}+b}{1+b}}\\&={\frac {1+6b+b^{2}}{4(1+b)}},\end{aligned}}$

${}{\begin{aligned}x_{3}(b)&={\frac {x_{2}(b)^{2}+b}{2x_{2}(b)}}\\&={\frac {\left({\frac {1+6b+b^{2}}{4(1+b)}}\right)^{2}+b}{2{\frac {1+6b+b^{2}}{4(1+b)}}}}\\&={\frac {1}{2}}{\left({\frac {1+6b+b^{2}}{4(1+b)}}+b{\frac {4(1+b)}{1+6b+b^{2}}}\right)}\\&={\frac {(1+6b+b^{2})(1+6b+b^{2})+16b(1+b)^{2}}{8(1+b)(1+6b+b^{2})}}\\&={\frac {b^{4}+28b^{3}+70b^{2}+28b+1}{8b^{3}+56b^{2}+56b+8}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 (3+1) Punkte)

Karl möchte mit seinem programmierbaren Taschenrechner den Wert der Reihe ${}\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}$ annähernd berechnen. Die Anzeige des Rechners besitzt ${}8$ Nachkommastellen. Der Rechner schafft pro Sekunde eine Addition (also ein Reihenglied wird zur bisherigen Summe draufaddiert) der Reihe und zeigt das neue Ergebnis direkt an. Karl hat richtig programmiert und denkt sich folgende Strategie aus: „Wenn die Anzeige eine ganze Stunde lang immer das gleiche anzeigt, so wird das wohl ziemlich nah am Ergebnis sein, sodass ich das als eine gute Annäherung nehmen kann. Der Rechner soll dann aufhören“.

1. Was ist ungefähr das letzte Reihenglied, das aufaddiert wird?
2. Was ist von der Strategie zu halten?

Lösung

1. Die ${}8$.te Nachkommastelle bezieht sich auf ${}10^{-8}$. Die Bedingung, dass sich innerhalb einer Stunde, also bei ${}3600$ Aufsummierungen, an dieser Stelle nichts ändert, führt zu der Bedingung

   ${}\sum _{n=k}^{k+3599}{\frac {1}{n}}<10^{-8}\,$

   für ${}k$, und zwar suchen wir das kleinste ${}k$ mit dieser Eigenschaft. In dieser Größenordnung ist der Unterschied zwischen ${}{\frac {1}{k}}$ und ${}{\frac {1}{k+3599}}$ vernachlässigbar und wir können die Bedingung als Gleichung ansetzen. Dies führt auf die Bedingung

   ${}3600{\frac {1}{k}}=10^{-8}\,$

   bzw.

   ${}k=3600\cdot 10^{8}=3,6\cdot 10^{11}\,,$

   also ${}360$ Milliarden. Das letzte aufaddierte Glied ist also ungefähr ${}{\frac {1}{3,6\cdot 10^{11}}}$.

2. Es handelt sich um die divergente harmonische Reihe, die Strategie ist also sinnlos.

Aufgabe (4 (1+3) Punkte)

Es sei ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ eine stetige Funktion mit ${}f(0)=0$ und sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Nullfolge. Zu ${}k\in \mathbb {N} _{+}$ bezeichne ${}f^{k}$ die ${}k$-fache Hintereinanderschaltung von ${}f$ mit sich selbst.

1. Sei ${}k$ fixiert. Zeige, dass die Folge ${}f^{k}(x_{n})$, ${}n\in \mathbb {N}$, eine Nullfolge ist.
2. Man gebe ein Beispiel, das zeigt, dass die Folge ${}f^{n}(x_{n})$, ${}n\in \mathbb {N}$, keine Nullfolge sein muss.

Lösung

1. Als Hintereinanderschaltung von stetigen Funktionen ist nach [[Reelle Funktion/Stetig/Hintereinanderschaltung/Fakt|Satz . (Analysis (Osnabrück 2021-2023))]] auch ${}f^{k}$ stetig. Nach Satz 12.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) konvergiert auch die Bildfolge, und zwar wegen

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

   gegen ${}0$. Somit ist ${}f^{k}(x_{n})$ eine Nullfolge.

2. Sei

   ${}x_{n}:={\frac {1}{2^{n}}}\,,$

   dies ist eine Nullfolge, und sei

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

   Dann ist

   ${}f^{k}(x)=2^{k}x\,$

   und somit ist

   ${}f^{n}(x_{n})=2^{n}\cdot {\frac {1}{2^{n}}}=1\,,$

   also die konstante Folge mit dem Wert ${}1$ und keine Nullfolge.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz über die Grenzfunktion einer gleichmäßig konvergenten Funktionenfolge

$f_{n}\colon T\longrightarrow {\mathbb {K} }.$

Lösung

Es sei ${}x\in T$ und ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Aufgrund der gleichmäßigen Konvergenz gibt es ein ${}n_{0}$ mit ${}d{\left(f_{n}(y),f(y)\right)}\leq \epsilon /3$ für alle ${}n\geq n_{0}$ und alle ${}y\in T$. Wegen der Stetigkeit von ${}f_{n_{0}}$ in ${}x$ gibt es ein ${}\delta >0$ mit ${}d{\left(f_{n_{0}}(x),f_{n_{0}}(y)\right)}\leq \epsilon /3$ für alle ${}y\in T$ mit ${}d{\left(x,y\right)}\leq \delta$. Für diese ${}y$ gilt somit

${}{\begin{aligned}d{\left(f(x),f(y)\right)}&\leq d{\left(f(x),f_{n_{0}}(x)\right)}+d{\left(f_{n_{0}}(x),f_{n_{0}}(y)\right)}+d{\left(f_{n_{0}}(y),f(y)\right)}\\&\leq \epsilon /3+\epsilon /3+\epsilon /3\\&=\epsilon .\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für eine stetige gerade Funktion ${}f\colon \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$, die im Nullpunkt kein lokales Extremum besitzt.

Lösung

Wir setzen

${}f(x)={\begin{cases}x^{2}\cos {\frac {1}{x}}{\text{ für }}x\neq 0,\\0{\text{ sonst}}\,.\end{cases}}\,.$

Diese Funktion ist stetig, was für ${}x\neq 0$ klar ist und für ${}x=0$ daraus folgt, dass der Kosinus beschränkt ist und daher der Limes von ${}x^{2}\cos {\frac {1}{x}}$ für ${}x\rightarrow 0$ gleich ${}0$ ist. Da der Kosinus eine gerade Funktion ist, gilt

${}f(-x)=(-x)^{2}\cos {\frac {1}{-x}}=x^{2}\cos \left(-{\frac {1}{x}}\right)=x^{2}\cos {\frac {1}{x}}=f(x)\,,$

also ist ${}f$ gerade. Im Nullpunkt liegt kein lokales Extremum vor, da an den Stellen

${}x={\frac {1}{2n\pi }}\,$

mit ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ die Funktion positive und an den Stellen

${}y={\frac {1}{(1+2n)\pi }}\,$

mit ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ die Funktion negative Werte besitzt, und diese Stellen beliebig nahe an der ${}0$ liegen.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Ableitung der Funktion

${}f(x)={\frac {x^{3}-9x^{2}-x+5}{x^{2}-6x+5}}\,.$

Lösung

Nach der Quotientenregel ist

${}{\begin{aligned}f'(x)&={\frac {{\left(x^{3}-9x^{2}-x+5\right)}'{\left(x^{2}-6x+5\right)}-{\left(x^{3}-9x^{2}-x+5\right)}{\left(x^{2}-6x+5\right)}'}{{\left(x^{2}-6x+5\right)}^{2}}}\\&={\frac {{\left(3x^{2}-18x-1\right)}{\left(x^{2}-6x+5\right)}-{\left(x^{3}-9x^{2}-x+5\right)}{\left(2x-6\right)}}{x^{4}-12x^{3}+46x^{2}-60x+25}}\\&={\frac {3x^{4}-36x^{3}-38x^{2}-96x-5-{\left(2x^{4}-24x^{3}+52x^{2}+16x-30\right)}}{x^{4}-12x^{3}+90x^{2}-112x+25}}\\&={\frac {x^{4}-12x^{3}-38x^{2}-96x+25}{x^{4}-12x^{3}+46x^{2}-60x+25}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass der Graph des Kosinus hyperbolicus nicht überall oberhalb der Standardparabel verläuft.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}\cosh x&={\frac {1}{2}}{\left(e^{x}+e^{-x}\right)}\\&={\frac {1}{2}}{\left(\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}+\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(-x)^{n}}{n!}}\right)}\\&=\sum _{n=0,\,n{\text{ gerade}}}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}\\&=1+{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {x^{4}}{24}}+{\frac {x^{6}}{720}}+....\end{aligned}}$

Für ${}x=2$ ist dies

${}{\begin{aligned}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {2^{2k}}{(2k)!}}&=1+2+{\frac {16}{24}}+{\frac {64}{720}}+...\\&\leq 1+2+{\frac {16}{24}}+{\frac {64}{720}}{\left(1+{\frac {1}{10}}+{\frac {1}{100}}+{\frac {1}{1000}}+...\right)}\\&\leq 1+2+{\frac {16}{24}}+{\frac {64}{720}}\cdot {\frac {10}{9}}\\&\leq 1+2+{\frac {16}{24}}+{\frac {1}{10}}\\&<4\\&=2^{2}.\end{aligned}}$

Dabei haben wir verwendet, dass sich die weiteren Summanden hinter ${}{\frac {64}{720}}$ durch Multiplikation mit ${}{\frac {4}{7\cdot 8}},{\frac {4}{9\cdot 10}}$ u.s.w. ergeben und daher mit der geometrischen Reihe abgeschätzt werden können.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass die komplexe Exponentialfunktion

${\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} }\setminus \{0\},\,z\longmapsto \exp z,$

surjektiv ist.

Lösung

Es sei ${}w\in {\mathbb {C} }$, ${}w\neq 0$, vorgegeben. Nach Satz 21.6 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gibt es eine reelle Zahl ${}r>0$ und ein ${}\varphi \in [0,2\pi [$ mit

${}w=r\cdot \exp \left({\mathrm {i} }\varphi \right)\,.$

Nach Satz 17.1 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) gibt es ein ${}x\in \mathbb {R}$ mit ${}r=\exp x$. Mit der Funktionalgleichung ist

${}w=r\cdot \exp \left({\mathrm {i} }\varphi \right)=\exp x\cdot \exp \left({\mathrm {i} }\varphi \right)=\exp \left(x+{\mathrm {i} }\varphi \right)\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Taylorentwicklung der Funktion

${}f(x)={\frac {x^{2}-7x}{x-4}}\,$

im Punkt ${}a=-3$ bis zum Grad ${}\leq 2$.

Lösung

Die ersten beiden Ableitungen von ${}f$ sind

${}{\begin{aligned}f'(x)&={\frac {(2x-7)(x-4)-(x^{2}-7x)}{(x-4)^{2}}}\\&={\frac {x^{2}-8x+28}{(x-4)^{2}}}\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}f^{\prime \prime }(x)&=\left({\frac {x^{2}-8x+28}{(x-4)^{2}}}\right)'\\&={\frac {(2x-8)(x-4)^{2}-2(x^{2}-8x+28)(x-4)}{(x-4)^{4}}}\\&=2{\frac {(x-4)^{2}-(x^{2}-8x+28)}{(x-4)^{3}}}\\&=2{\frac {-12}{(x-4)^{3}}}\\&={\frac {-24}{(x-4)^{3}}}.\end{aligned}}$

Somit ist

${}f(-3)=-{\frac {30}{7}}\,,$

${}f'(-3)={\frac {9+24+28}{49}}={\frac {61}{49}}\,,$

${}f^{\prime \prime }(-3)={\frac {-24}{(-7)^{3}}}={\frac {24}{343}}\,.$

Somit ist die Taylorentwicklung in ${}a=-3$ bis zum Grad ${}2$ gleich

$-{\frac {30}{7}}+{\frac {61}{49}}(x+3)+{\frac {12}{343}}(x+3)^{2}.$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}I$ ein reelles Intervall und sei

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

eine stetige Funktion. Es sei ${}a\in I$ und es sei

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

die zugehörige Integralfunktion. Zeige, dass dann ${}F$ differenzierbar ist und dass ${}F'(x)=f(x)$ für alle ${}x\in I$ gilt.

Lösung

Es sei ${}x$ fixiert. Der Differenzenquotient ist

${}{\frac {F(x+h)-F(x)}{h}}={\frac {1}{h}}{\left(\int _{a}^{x+h}f(t)\,dt-\int _{a}^{x}f(t)\,dt\right)}={\frac {1}{h}}\int _{x}^{x+h}f(t)\,dt\,.$

Wir müssen zeigen, dass für ${}h\rightarrow 0$ der Limes existiert und gleich ${}f(x)$ ist. Nach dem Mittelwertsatz der Integralrechnung gibt es zu jedem ${}h$ ein ${}c_{h}\in [x,x+h]$ mit

${}f(c_{h})\cdot h=\int _{x}^{x+h}f(t)dt\,$

und damit ist

${}f(c_{h})={\frac {\int _{x}^{x+h}f(t)dt}{h}}\,.$

Für ${}h\rightarrow 0$ konvergiert ${}c_{h}$ gegen ${}x$ und wegen der Stetigkeit von ${}f$ konvergiert ${}f(c_{h})$ gegen ${}f(x)$.

Aufgabe (2 Punkte)

Löse das Anfangswertproblem

${}y'=yt^{3}\,$

mit ${}y(1)=6$.

Lösung

Eine Stammfunktion zu ${}t^{3}$ ist ${}{\frac {1}{4}}t^{4}$, die allgemeine Lösung ist also

${}y(t)=ce^{\frac {t^{4}}{4}}\,.$

Die Anfangsbedingung führt auf

${}6=y(1)=ce^{\frac {1}{4}}\,,$

also ist

${}c=6e^{-{\frac {1}{4}}}\,$

und die Lösung des Anfangwertproblems ist

${}y(t)=6e^{\frac {t^{4}-1}{4}}\,.$