Kurs:Analysis/Teil I/5/Klausur mit Lösungen/kontrolle

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

Aufgabe (3 Punkte)

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. Die Folge heißt bestimmt divergent gegen ${}+\infty$, wenn es zu jedem ${}s\in K$ ein ${}N\in \mathbb {N}$ gibt mit

   $x_{n}\geq s{\text{ für alle }}n\geq N.$

3. Der Polynomring über einem Körper ${}K$ besteht aus allen Polynomen

   ${}P=a_{0}+a_{1}X+a_{2}X^{2}+\cdots +a_{n}X^{n}\,$

   mit ${}a_{i}\in K$, ${}n\in \mathbb {N}$, und mit komponentenweiser Addition und einer Multiplikation, die durch distributive Fortsetzung der Regel

   ${}X^{n}\cdot X^{m}:=X^{n+m}\,$

   definiert 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. 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 ${}I$.

6. Unter einer Lösung der Differentialgleichung versteht man eine Funktion

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

   auf einem mehrpunktigen Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$, die folgende Eigenschaften erfüllt.

   1. Es ist ${}(t,y(t))\in U$ für alle ${}t\in I$.
   2. Die Funktion ${}y$ ist differenzierbar.
   3. Es ist ${}y'(t)=f(t,y(t))$ für alle ${}t\in I$.

Aufgabe (3 Punkte)

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. Für komplexe Zahlen ${}z,w\in {\mathbb {C} }$ gilt

   ${}\exp \left(z+w\right)=\exp z\cdot \exp w\,.$

3. Es sei ${}D\subseteq {\mathbb {K} }$ eine offene Menge, ${}a\in D$ ein Punkt und

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

   Funktionen, die beide in ${}a$ differenzierbar seien und wobei ${}g$ keine Nullstelle in ${}D$ besitze. Dann ist ${}f/g$ differenzierbar in ${}a$ mit

   ${}(f/g)'(a)={\frac {f'(a)g(a)-f(a)g'(a)}{(g(a))^{2}}}\,.$

Aufgabe (2 Punkte)

Wenn Karl an Susanne denkt, bekommt er feuchte Hände, einen Kloß im Hals und einen roten Kopf. Einen roten Kopf bekommt er genau dann, wenn er an Susanne denkt oder wenn er das leere Tor nicht trifft. Wenn Karl das leere Tor trifft, bekommt er feuchte Hände. Karl bekommt den Ball vor dem leeren Tor. Kurz darauf bekommt er feuchte Hände, einen roten Kopf, aber keinen Kloß im Hals. Hat er an Susanne gedacht? Hat er das leere Tor getroffen?

Lösung

Karl hat nicht an Susanne gedacht, da er sonst einen Kloß im Hals bekommen hätte, was er nicht hat. Andererseits bekommt er einen roten Kopf, was bedeutet, dass er das leere Tor nicht getroffen hat oder an Susanne gedacht hat. Da letzteres nicht der Fall ist, hat er das leere Tor nicht getroffen.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}M$ eine beliebige Menge. Zeige, dass es keine surjektive Abbildung von ${}M$ in die Potenzmenge ${}{\mathfrak {P}}\,(M)$ geben kann.

Lösung

Wir nehmen an, dass es eine surjektive Abbildung

$F\colon M\longrightarrow {\mathfrak {P}}\,(M),\,x\longmapsto F(x),$

gibt, und müssen dies zu einem Widerspruch führen. Dazu betrachten wir

${}T={\left\{x\in M\mid x\notin F(x)\right\}}\,.$

Da dies eine Teilmenge von ${}M$ ist, muss es wegen der Surjektivität ein ${}y\in M$ geben mit

${}F(y)=T\,.$

Es gibt nun zwei Fälle, nämlich ${}y\in F(y)$ oder ${}y\not \in F(y)$. Im ersten Fall ist also ${}y\in T$, und damit, nach der Definition von ${}T$, auch ${}y\notin F(y)$, Widerspruch. Im zweiten Fall ist, wieder aufgrund der Definition von ${}T$, ${}y\in T$, und das ist ebenfalls ein Widerspruch.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise durch Induktion, dass für ${}n\geq 10$ die Abschätzung

${}3^{n}\geq n^{4}\,$

gilt.

Lösung

Induktionsanfang für ${}n=10$. Es ist

${}3^{10}=9^{5}=81\cdot 81\cdot 9\geq 6000\cdot 9\geq 10000=n^{4}\,.$

Zum Induktionsschluss sei ${}n\geq 10$. Dann ist

${}3^{n+1}=3\cdot 3^{n}\geq 3\cdot n^{4}=n^{4}+{\frac {1}{2}}n^{4}+{\frac {1}{2}}n^{4}+{\frac {1}{2}}n^{4}+{\frac {1}{2}}n^{4}\,.$

Andererseits ist nach der binomischen Formel

${}(n+1)^{4}=n^{4}+4n^{3}+6n^{2}+4n+1\,.$

Wir müssen

${}n^{4}+{\frac {1}{2}}n^{4}+{\frac {1}{2}}n^{4}+{\frac {1}{2}}n^{4}+{\frac {1}{2}}n^{4}\geq n^{4}+4n^{3}+6n^{2}+4n+1\,$

nachweisen. Der erste Summand stimmt links und rechts überein, für die anderen Summanden zeigen wir, dass die linken, also jeweils ${}{\frac {1}{2}}n^{4}$, mindestens so groß wie die rechten sind. Dies folgt aber direkt aus ${}n^{4}\geq 8n^{3}$ (da ${}n\geq 10$), aus ${}n^{4}\geq 12n^{2}$, da ja ${}n^{2}\geq 12$ ist, aus ${}n^{4}\geq 8n$ und aus ${}n^{4}\geq 2$.

Aufgabe (3 Punkte)

Entscheide, ob die reelle Folge

${}x_{n}={\frac {3n^{\frac {5}{4}}-2n^{\frac {4}{3}}+n}{4n^{\frac {7}{5}}+5n^{\frac {1}{2}}+1}}\,$

(mit ${}n\geq 1$) in ${}\mathbb {R}$ konvergiert und bestimme gegebenenfalls den Grenzwert.

Lösung

Wir erweitern mit ${}n^{-{\frac {7}{5}}}$ und erhalten

${}{\begin{aligned}x_{n}&={\frac {3n^{\frac {5}{4}}-2n^{\frac {4}{3}}+n}{4n^{\frac {7}{5}}+5n^{\frac {1}{2}}+1}}\\&={\frac {3n^{{\frac {5}{4}}-{\frac {7}{5}}}-2n^{{\frac {4}{3}}-{\frac {7}{5}}}+n^{1-{\frac {7}{5}}}}{4n^{{\frac {7}{5}}-{\frac {7}{5}}}+5n^{{\frac {1}{2}}-{\frac {7}{5}}}+n^{-{\frac {7}{5}}}}}\\&={\frac {3n^{-{\frac {3}{20}}}-2n^{-{\frac {1}{15}}}+n^{-{\frac {2}{5}}}}{4+5n^{-{\frac {9}{10}}}+n^{-{\frac {7}{5}}}}}.\end{aligned}}$

Folgen der Form ${}n^{-q}$, ${}q\in \mathbb {Q} _{+}$, konvergieren gegen ${}0$, nach den Rechengesetzen für konvergente Folgen konvergiert diese Folge also gegen ${}0$.

Aufgabe (6 Punkte)

Für ein Mathematikbuch soll der Graph der Exponentialfunktion über dem Intervall ${}[-5,3]$ maßstabsgetreu in cm gezeichnet werden, wobei der Fehler maximal ${}0,001$ cm sein darf. Es steht nur ein Zeichenprogramm zur Verfügung, das lediglich Polynome zeichnen kann. Welches Polynom kann man nehmen?

Lösung

Wir betrachten zur Exponentialreihe ${}\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}$ die Teilpolynome

${}P_{k}(x)=\sum _{n=0}^{k}{\frac {x^{n}}{n!}}\,.$

Die Differenz der Exponentialfunktion zu diesen Polynomen ist somit

$\sum _{n=k+1}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}},$

und der Betrag davon soll für jedes ${}x\in [-5,3]$ maximal gleich ${}0,001$ sein. Wegen

${}\vert {\sum _{n=k+1}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}}\vert \leq \sum _{n=k+1}^{\infty }\vert {\frac {x^{n}}{n!}}\vert \leq \sum _{n=k+1}^{\infty }{\frac {5^{n}}{n!}}\,$

müssen wir ${}k$ so wählen, dass

${}\sum _{n=k+1}^{\infty }{\frac {5^{n}}{n!}}\leq 0,001={\frac {1}{1000}}\,$

ist. Wir betrachten

${}{\begin{aligned}\sum _{n=k+1}^{\infty }{\frac {5^{n}}{n!}}&={\frac {5^{k+1}}{(k+1)!}}{\left(\sum _{j=0}^{\infty }{\frac {(k+1)!}{(k+1+j)!}}5^{j}\right)}\\&={\frac {5^{k+1}}{(k+1)!}}{\left(\sum _{j=0}^{\infty }{\frac {5^{j}}{(k+2)(k+3)\cdots (k+1+j)}}\right)}\\&\leq {\frac {5^{k+1}}{(k+1)!}}{\left(\sum _{j=0}^{\infty }{\left({\frac {5}{k+2}}\right)}^{j}\right)}.\end{aligned}}$

Bei ${}5<k+2$ liegt rechts eine geometrische Reihe vor, bei ${}k\geq 8$ ist deren Wert maximal gleich ${}2$. Bei ${}k\geq 10$ (bzw. ${}\geq 13$) können wir grob abschätzen

${}{\begin{aligned}{\frac {5^{k+1}}{(k+1)!}}&={\frac {5}{k+1}}\cdot {\frac {5}{k}}\cdots {\frac {5}{10}}\cdot {\frac {5}{9}}\cdots {\frac {5}{5}}\cdot {\frac {5}{4}}\cdots {\frac {5}{1}}\\&\leq {\frac {5}{k+1}}\cdot {\frac {5}{k}}\cdots {\frac {5}{10}}\cdot {\frac {5^{4}}{24}}\\&\leq {\left({\frac {1}{2}}\right)}^{k-8}\cdot {\frac {5^{4}}{24}}\\&\leq {\left({\frac {1}{2}}\right)}^{k-13}.\end{aligned}}$

Wegen ${}2^{10}\geq 1000$ ist dies bei ${}k\geq 24$ kleiner als ${}{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{1000}}$. Daher ist ${}P_{24}=\sum _{n=0}^{24}{\frac {x^{n}}{n!}}$ ein Polynom, das die Exponentialfunktion wie gewünscht approximiert.

Aufgabe (7 Punkte)

Zeige, dass eine stetige Funktion

$f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$

gleichmäßig stetig ist.

Lösung

 Wir nehmen an, dass ${}f$ nicht gleichmäßig stetig ist. Dann gibt es ein ${}\epsilon >0$ mit der Eigenschaft, dass es für alle ${}\delta >0$ ein Punktepaar ${}x,y\in [a,b]$ mit ${}\vert {x-y}\vert \leq \delta$ und ${}\vert {f(x)-f(y)}\vert \geq \epsilon$ gibt. Insbesondere gibt es somit für jedes ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ eine Punktepaar ${}x_{n},y_{n}\in [a,b]$ mit ${}\vert {x_{n}-y_{n}}\vert \leq {\frac {1}{n}}$ und ${}\vert {f(x_{n})-f(y_{n})}\vert \geq \epsilon$. Nach dem Satz von Bolzano-Weierstraß besitzt die Folge ${}x_{n}$ eine in ${}\mathbb {R}$ konvergente Teilfolge, deren Grenzwert, nennen wir ihn ${}x$, wegen der Abgeschlossenheit zum Intervall gehören muss. Die Glieder der Teilfolge besitzen die eingangs beschriebenen Eigenschaften, deshalb können wir direkt annehmen, dass die Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ gegen ${}x$ konvergiert. Die Folge ${}{\left(y_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert nach Aufgabe 6.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ebenfalls gegen ${}x$. Wegen der Stetigkeit konvergieren dann nach dem Folgenkriterium auch die beiden Bildfolgen ${}f(x_{n})$ und ${}f(y_{n})$ gegen ${}f(x)$. Es sei nun ${}\epsilon '<{\frac {\epsilon }{2}}$. Dann ist für ${}n$ hinreichend groß sowohl ${}\vert {f(x_{n})-f(x)}\vert \leq \epsilon '$ als auch ${}\vert {f(y_{n})-f(x)}\vert \leq \epsilon '$. Dies ergibt mit der Dreiecksungleichung einen Widerspruch zu ${}\vert {f(x_{n})-f(y_{n})}\vert \geq \epsilon$.

Aufgabe (5 Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\sqrt[{3}]{x^{2}}}.$

Bestimme die Punkte ${}x\in \mathbb {R}$, in denen ${}f$ differenzierbar ist.

Lösung

Die Funktion ${}x\mapsto x^{3}$ ist überall differenzierbar und die Ableitung ist nur an der Stelle ${}x=0$ gleich ${}0$. Daher ist die Umkehrfunktion ${}y\mapsto {\sqrt[{3}]{y}}$ für ${}y\neq 0$ differenzierbar. Daher ist auch ${}f$ als Hintereinanderschaltung von ${}x\mapsto x^{2}$ und dieser Funktion für ${}x\neq 0$ differenzierbar.

Für ${}x=0$ betrachten wir direkt den Differenzenquotient, also für ${}h\neq 0$ den Ausdruck

${\frac {\sqrt[{3}]{h^{2}}}{h}}.$

Wir betrachten positive ${}h$ und können den Nenner als

${}h={\sqrt[{3}]{h^{3}}}={\sqrt[{3}]{h^{2}}}\cdot {\sqrt[{3}]{h}}\,$

schreiben. Daher ist der Differenzenquotient gleich

${}{\frac {\sqrt[{3}]{h^{2}}}{h}}={\frac {\sqrt[{3}]{h^{2}}}{{\sqrt[{3}]{h^{2}}}\cdot {\sqrt[{3}]{h}}}}={\frac {1}{\sqrt[{3}]{h}}}={\sqrt[{3}]{\frac {1}{h}}}\,.$

Für ${}h_{n}={\frac {1}{n}}$ steht hier ${}{\sqrt[{3}]{n}}$ und dies divergiert, also existiert der Grenzwert des Differenzenquotienten nicht. Daher ist ${}f$ in ${}0$ nicht differenzierbar.

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise die Regel von l'Hospital.

Lösung

Zur Ermittlung des Grenzwertes benutzen wir das Folgenkriterium. Da ${}g'$ im Intervall keine Nullstelle besitzt und ${}g(a)=0$ ist, besitzt auch ${}g$ nach Satz 19.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) außer ${}a$ keine Nullstelle. Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge in ${}I\setminus \{a\}$, die gegen ${}a$ konvergiert. Zu jedem ${}x_{n}$ gibt es nach Satz 19.8 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)), angewandt auf ${}I_{n}:=[x_{n},a]$ bzw. ${}[a,x_{n}]$, ein ${}c_{n}$ (im Innern von ${}I_{n}$) mit

${}{\frac {f(x_{n})-f(a)}{g(x_{n})-g(a)}}={\frac {f'(c_{n})}{g'(c_{n})}}\,.$

Die Folge ${}{\left(c_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ konvergiert ebenfalls gegen ${}a$, sodass nach Voraussetzung die rechte Seite gegen ${}{\frac {f'(a)}{g'(a)}}=w$ konvergiert. Daher konvergiert auch die linke Seite gegen ${}w$, und wegen ${}f(a)=g(a)=0$ bedeutet das, dass ${}{\frac {f(x_{n})}{g(x_{n})}}$ gegen ${}w$ konvergiert.

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

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \setminus \{0\}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=e^{-{\frac {1}{x}}}.$

1. Untersuche das Monotonieverhalten dieser Funktion.
2. Zeige, dass diese Funktion injektiv ist.
3. Bestimme das Bild von ${}f$.
4. Man gebe die Umkehrfunktion auf dem Bild zu dieser Funktion an.
5. Skizziere den Funktionsgraphen von ${}f$.

Lösung

a) Die Ableitung von ${}f$ ist

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

Dies ist stets positiv, sodass die Funktion auf den beiden Teilintervallen ${}\mathbb {R} _{-}$ und ${}\mathbb {R} _{+}$ jeweils streng wachsend ist. Insgesamt ist die Funktion aber nicht wachsend, da die Werte zu negativem ${}x$ stets größer als die Werte zu positivem ${}x$ sind.

b) Für ${}x<0$ ist ${}e^{-{\frac {1}{x}}}>1$, da der Exponent positiv ist. Für ${}x>0$ ist ${}e^{-{\frac {1}{x}}}<1$, da der Exponent negativ ist. Daher haben insbesondere negative und positive reellen Zahlen unter ${}f$ unterschiedliche Werte. Da im negativen Bereich als auch im positiven Bereich strenges Wachstum vorliegt, ist die Abbildung insgesamt injektiv.

c) Für negatives ${}x$ durchläuft ${}-{\frac {1}{x}}$ sämtliche positiven Zahlen, sodass ${}e^{-{\frac {1}{x}}}$ das offene Intervall ${}]1,\infty [$ durchläuft. Für positives ${}x$ durchläuft ${}-{\frac {1}{x}}$ sämtliche negativen Zahlen, sodass ${}e^{-{\frac {1}{x}}}$ das offene Intervall ${}]0,1[$ durchläuft. Das Bild ist also ${}\mathbb {R} _{+}\setminus \{1\}$.

d) Aus ${}y=e^{-{\frac {1}{x}}}$ folgt durch Äquivalenzumformungen ${}\ln y=-{\frac {1}{x}}$ und damit ${}x=-{\frac {1}{\ln y}}$, die Umkehrabbildung ist also

$\mathbb {R} _{+}\setminus \{1\}\longrightarrow \mathbb {R} \setminus \{0\},\,y\longmapsto -{\frac {1}{\ln y}}.$

e)

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}f\in \mathbb {R} [X]$ ein Polynom vom Grad ${}n$ und ${}a\in \mathbb {R}$. Zeige unter Verwendung der Taylor-Formel, dass das Taylor-Polynom vom Grad ${}n$ zu ${}f$ im Entwicklungspunkt ${}a$ mit ${}f$ übereinstimmt.

Lösung

Zu jedem ${}x\in \mathbb {R}$ gibt es aufgrund der Taylor-Formel ein ${}c\in \mathbb {R}$ mit

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

wobei der linke Summand das Taylor-Polynom vom Grad ${}n$ ist. Da ${}f$ den Grad ${}n$ besitzt, ist aber die ${}(n+1)$-te Ableitung davon ${}0$. Daher fällt der rechte Summand weg und ${}f$ stimmt mit dem ${}n$-ten Taylor-Polynom überein.

Aufgabe (10 Punkte)

Es sei

$f\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$

eine Riemann-integrierbare Funktion. Zu ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ sei

$s_{n}\colon [a,b]\longrightarrow \mathbb {R}$

diejenige untere Treppenfunktion zu ${}f$ zur äquidistanten Unterteilung in ${}n$ gleichlange Intervalle, die auf dem Teilintervall

$I_{j}=[a+{\frac {(j-1)(b-a)}{n}},a+{\frac {j(b-a)}{n}}[,\,j=1,\ldots ,n,$

(für ${}j=n$ sei das Intervall rechtsseitig abgeschlossen) das Infimum von ${}f(x)$, ${}x\in I_{j}$, annimmt. Zeige, dass die Folge der Treppenintegrale zu ${}s_{n}$ gegen ${}\int _{a}^{b}f(x)dx$ konvergiert.

Lösung

Es sei ${}c=\int _{a}^{b}f(x)dx$. Es gibt eine Folge von unteren Treppenfunktionen ${}u_{n}$ derart, dass die zugehörige Folge der Treppenintegrale gegen ${}c$ konvergiert. Wir müssen zeigen, dass dies auch für die Treppenintegrale zu den ${}s_{n}$ gilt. Es sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Aufgrund der zuerst erwähnten Konvergenz gibt es zu ${}{\frac {\epsilon }{2}}$ ein ${}k$ derart, dass für alle ${}n\geq k$ die Abschätzung

${}c-\int _{a}^{b}u_{n}(x)dx\leq {\frac {\epsilon }{2}}\,$

gilt. Wir vergleichen die Treppenintegrale zu ${}s_{n}$ mit dem Treppenintegral zu ${}u_{k}$. Es sei ${}m$ die Anzahl der Unterteilungspunkte von ${}u_{k}$ und es sei ${}d\in \mathbb {R} _{+}$ eine absolute Schranke für ${}f$. Insbesondere ist

${}u_{k}\leq d\,$

und

${}s_{n}\geq -d\,.$

Wir wählen ${}n_{0}$ so, dass

${}{\frac {b-a}{n_{0}}}md\leq {\frac {\epsilon }{4}}\,$

ist. Es sei ${}n\geq n_{0}$ fixiert. Von den ${}n$ Teilintervallen gibt es maximal ${}m$ Stück, in denen ein Unterteilungspunkt zu ${}u_{k}$ liegt. Es sei ${}J\subseteq \{1,\ldots ,n\}$ die Indexmenge dieser Teilintervalle. Auf einem Intervall ${}I_{j}$ mit ${}j\not \in J$ ist ${}u_{k}$ konstant und es gilt dort

${}u_{k}\leq s_{n}\leq f\,$

und entsprechend

${}\int _{I_{j}}u_{k}(x)dx\leq \int _{I_{j}}s_{n}(x)dx\leq \int _{I_{j}}f(x)dx\,.$

Auf einem Intervall ${}I_{j}$ mit ${}j\in J$ ist

${}\int _{I_{j}}u_{k}(x)dx\leq d{\frac {b-a}{n}}\,$

und

${}\int _{I_{j}}s_{n}(x)dx\geq -d{\frac {b-a}{n}}\,.$

Insgesamt ergibt sich

${}{\begin{aligned}c-\int _{a}^{b}s_{n}(x)dx&=c-\sum _{j=1}^{n}\int _{I_{j}}s_{n}(x)dx\\&=c-\sum _{j\not \in J}\int _{I_{j}}s_{n}(x)dx-\sum _{j\in J}\int _{I_{j}}s_{n}(x)dx\\&\leq c-\sum _{j\not \in J}\int _{I_{j}}u_{k}(x)dx-\sum _{j\in J}\int _{I_{j}}s_{n}(x)dx\\&=c-\int _{a}^{b}u_{k}(x)dx+\sum _{j\in J}\int _{I_{j}}u_{k}(x)dx-\sum _{j\in J}\int _{I_{j}}s_{n}(x)dx\\&\leq {\frac {\epsilon }{2}}+dm{\frac {b-a}{n}}+dm{\frac {b-a}{n}}\\&\leq {\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\epsilon }{4}}+{\frac {\epsilon }{4}}\\&=\epsilon .\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise das Lösungsverfahren für inhomogene lineare gewöhnliche Differentialgleichungen in einer Variablen.

Lösung

Da ${}a(t)$ keine Nullstelle besitzt, kann man jede Funktion

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

als

${}y(t)=c(t)a(t)\,$

mit einer unbekannten (differenzierbaren) Funktion ${}c(t)$ ansetzen. Dabei ist (für eine differenzierbare Funktion ${}y$)

${}y'(t)=c'(t)a(t)+c(t)a'(t)\,.$

Daher kann man die Lösungsbedingung

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

als

${}c'(t)a(t)+c(t)a'(t)=g(t)c(t)a(t)+h(t)\,$

schreiben, und diese gilt wegen ${}a'(t)=g(t)a(t)$ genau dann, wenn

${}c'(t)a(t)=h(t)\,$

bzw.

${}c'(t)={\frac {h(t)}{a(t)}}\,$

gilt. D.h. ${}c(t)$ muss eine Stammfunktion zu ${}{\frac {h(t)}{a(t)}}$ sein.