Kurs:Analysis/Teil I/53/Klausur mit Lösungen

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	2	2	3	6	2	5	5	3	3	2	3	3	3	7	3	4	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Hintereinanderschaltung der Abbildungen

   $F\colon L\longrightarrow M$

   und

   $G\colon M\longrightarrow N.$

2. Eine untere Schranke einer Teilmenge ${}M\subseteq K$ in einem angeordneten Körper ${}K$.
3. Der Körper der komplexen Zahlen (mit den Verknüpfungen).
4. Ein lokales Maximum einer Funktion

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

   ($D\subseteq \mathbb {R}$ eine Teilmenge) in einem Punkt ${}x\in D$.

5. Die Differenzierbarkeit in einem Punkt ${}a\in {\mathbb {K} }$ einer Abbildung ${}f\colon {\mathbb {K} }\rightarrow {\mathbb {K} }$.
6. Die Lösung eines Anfangswertproblems

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

   zu einer Funktion

   $f\colon \mathbb {R} ^{2}\longrightarrow \mathbb {R} .$

Lösung

1. Die Abbildung

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

   heißt die Hintereinanderschaltung der Abbildungen ${}F$ und ${}G$.

2. Ein Element ${}s\in K$ mit ${}x\geq s$ für alle ${}x\in M$ heißt untere Schranke für ${}M$.
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. Man sagt, dass ${}f$ in einem Punkt ${}x\in D$ ein lokales Maximum besitzt, wenn es ein ${}\epsilon >0$ derart gibt, dass für alle ${}x'\in D$ mit ${}\vert {x-x'}\vert \leq \epsilon$ die Abschätzung

   ${}f(x)\geq f(x')\,$

   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. Man nennt eine Funktion

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

   auf einem Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$ eine Lösung des Anfangswertproblems

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

   wenn ${}y$ eine Lösung der Differentialgleichung ist und wenn zusätzlich

   $y(t_{0})=y_{0}$

   gilt.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Das Quotientenkriterium für eine komplexe Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$.
2. Der Satz über die stetige Umkehrfunktion.
3. Das Lösungsverfahren für homogene lineare gewöhnliche Differentialgleichungen.

Lösung

1. Es gebe eine reelle Zahl ${}q$ mit ${}0\leq q<1$ und ein ${}k_{0}$ mit

   ${}\vert {\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\vert \leq q\,$

   für alle ${}k\geq k_{0}$. Dann konvergiert die Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}$ absolut.
2. Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein Intervall und

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

   eine stetige,streng wachsende Funktion. Dann ist das Bild ${}J:=f(I)$ ebenfalls ein Intervall, und die Umkehrabbildung

   $f^{-1}\colon J\longrightarrow I$

   ist ebenfalls stetig.
3. Es sei

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

   eine homogene lineare gewöhnliche Differentialgleichung mit einer stetigen Funktion

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

   die auf einem Intervall ${}I\subseteq \mathbb {R}$ definiert sei. Es sei ${}G$ eine Stammfunktion zu ${}g$ auf ${}I$. Dann sind die Lösungen der Differentialgleichung gleich

   $y(t)=c\cdot \exp(G(t)){\text{ mit }}c\in \mathbb {R} .$

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}a\in \mathbb {N} _{+}$. Zeige, wie man ${}a^{10}$ mit vier Multiplikationen berechnen kann.

Lösung

Sei

${}b:=a\cdot a=a^{2}\,$

und

${}c:=b\cdot b=b^{2}=a^{4}\,.$

Dann ist

${}a^{10}=(c\cdot c)\cdot b\,$

eine Berechnung mit vier Multiplikationen.

Aufgabe (2 Punkte)

Skizziere möglichst viele wesentlich verschiedene Konfigurationen von fünf Geraden in der Ebene, die sich insgesamt in vier Schnittpunkten treffen.

Lösung

${}\,$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme, welche der beiden rationalen Zahlen ${}p$ und ${}q$ größer ist.

$p={\frac {573}{-1234}}{\text{ und }}q={\frac {-2007}{4322}}.$

Lösung

Multiplikation liefert

$573\cdot 4322=2476506{\text{ und }}1234\cdot 2007=2476638.$

Daher ist

${}{\frac {573}{1234}}\leq {\frac {2007}{4322}}\,$

und damit ist

${}p={\frac {573}{-1234}}={\frac {-573}{1234}}\geq {\frac {-2007}{4322}}=q\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es seien ${}x$ und ${}y$ zwei nichtnegative reelle Zahlen. Zeige, dass das arithmetische Mittel der beiden Zahlen mindestens so groß wie ihr geometrisches Mittel ist.

Lösung

Wir wollen

${}{\frac {x+y}{2}}\geq {\sqrt {xy}}\,$

zeigen. Durch Quadrieren ist dies äquivalent zu

${}{\frac {x^{2}+2xy+y^{2}}{4}}\geq xy\,$

bzw. zu

${}{\frac {x^{2}-2xy+y^{2}}{4}}\geq 0\,.$

Wegen

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

ist dies in der Tat wahr.

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 (2 Punkte)

Ersetze im Term ${}3x^{2}+5x+6$ die Variable ${}x$ durch den Term ${}4y^{2}+2y+3$ und vereinfache den entstehenden Ausdruck.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}3{\left(4y^{2}+2y+3\right)}^{2}+5{\left(4y^{2}+2y+3\right)}+6&=3{\left(16y^{4}+4y^{2}+9+16y^{3}+24y^{2}+12y\right)}+20y^{2}+10y+15+6\\&=48y^{4}+12y^{2}+27+48y^{3}+72y^{2}+36y+20y^{2}+10y+15+6\\&=48y^{4}+48y^{3}+104y^{2}+46y+48.\,\end{aligned}}$

Aufgabe (5 Punkte)

Man gebe explizit ein ${}m$ mit der Eigenschaft an, dass für alle ${}n\geq m$ die Abschätzung

${}1,03^{n}\geq n^{2}\,$

gilt.

Lösung

Mit dem allgemeinen binomischen Lehrsatz ist

${}{\begin{aligned}1{,}03^{n}&=(1+0{,}03)^{n}\\&=1+n\cdot 0{,}03+{\binom {n}{2}}0{,}03^{2}+{\binom {n}{3}}0{,}03^{3}+\ldots \\&\geq {\binom {n}{3}}0{,}03^{3}\\&={\frac {n(n-1)(n-2)}{6}}\cdot {\frac {27}{1000000}}\\&=n^{2}\cdot {\left({\frac {(n-1)(n-2)}{6n}}\cdot {\frac {27}{1000000}}\right)}.\end{aligned}}$

Dies soll ${}\geq n^{2}$ werden, was man dadurch erreichen kann, dass der Klammerausdruck rechts ${}\geq 1$ wird. Dieser Ausdruck ist

${}{\begin{aligned}{\frac {(n-1)(n-2)}{6n}}\cdot {\frac {27}{1000000}}&={\frac {n^{2}-3n+2}{n}}\cdot {\frac {9}{2000000}}\\&={\left(n-3+{\frac {2}{n}}\right)}\cdot {\frac {9}{2000000}}\\&\geq {\left(n-3\right)}\cdot {\frac {9}{2000000}}.\end{aligned}}$

Die Bedingung

${}{\left(n-3\right)}\cdot {\frac {9}{2000000}}\geq 1\,$

wird zu

${}n\geq {\frac {2000000}{9}}+3\,,$

was jedenfalls bei

${}n\geq 300000\,$

erfüllt ist. Man kann also beispielsweise

${}m=300000\,$

nehmen.

Aufgabe (5 Punkte)

Zeige, dass die Funktion

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

mit

${}f(x)={\begin{cases}x,\,{\text{ falls }}x\in \mathbb {Q} \,,\\0,\,{\text{ sonst}}\,,\end{cases}}\,$

nur im Nullpunkt stetig ist.

Lösung

Es sei zunächst ${}x=0$ und ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Dann kann man ${}\delta =\epsilon$ setzen, denn aus ${}\vert {u}\vert \leq \epsilon$ folgt wegen ${}f(x)=0$ oder ${}f(x)=x$ auch ${}\vert {f(u)}\vert \leq \epsilon$. Es sei nun ${}x\neq 0$ Wir zeigen, dass man für ${}\epsilon =\vert {\frac {x}{2}}\vert >0$ kein ${}\delta >0$ mit der Abschätzungseigenschaft für die Stetigkeit finden kann. Es sei hierzu ${}\delta >0$ vorgegeben und sei ${}c={\min {\left(\delta ,\epsilon \right)}}$. Wenn ${}x$ rational ist, so wählen wir eine irrationale Zahl ${}u\in {]x-c,x+c[}$, wenn ${}x$ irrational ist, so wählen wir eine rationale Zahl ${}q\in {]x-c,x+c[}$ Im ersten Fall gilt

${}\vert {f(x)-f(u)}\vert =\vert {x}\vert >\epsilon \,,$

im zweiten Fall gilt

${}\vert {f(x)-f(q)}\vert =\vert {q}\vert >\epsilon \,,$

so dass in beiden Fällen die ${}\delta$-Umgebung von ${}x$ nicht in die ${}\epsilon$-Umgebung von ${}f(x)$ abgebildet wird.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz über die Konvergenz der Exponentialreihe.

Lösung

Für ${}z=0$ ist die Aussage richtig. Andernfalls betrachten wir den Quotienten

${}\vert {\frac {\frac {z^{n+1}}{(n+1)!}}{\frac {z^{n}}{n!}}}\vert =\vert {\frac {z}{n+1}}\vert ={\frac {\vert {z}\vert }{n+1}}\,.$

Dies ist für ${}n\geq 2\vert {z}\vert$ kleiner als ${}1/2$. Aus dem Quotientenkriterium folgt daher die Konvergenz.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die ${}x$-Koordinaten der Schnittpunkte der Graphen der beiden reellen Polynome

${}P=X^{3}+4X^{2}-7X+1\,$

und

${}Q=X^{3}-2X^{2}+5X+3\,.$

Lösung

Ein Schnittpunkt liegt genau dann an den Stellen ${}x$ vor, die eine Nullstelle von ${}P-Q$ sind. Es ist

${}P-Q=X^{3}+4X^{2}-7X+1-{\left(X^{3}-2X^{2}+5X+3\right)}=6X^{2}-12X-2\,.$

Wir normieren dieses quadratische Polynom und erhalten die Bedingung

${}X^{2}-2X-{\frac {1}{3}}=0\,.$

Die Lösungen dafür sind

${}{\begin{aligned}x_{1,2}&={\frac {2\pm {\sqrt {4+{\frac {4}{3}}}}}{2}}\\&={\frac {2\pm {\sqrt {\frac {16}{3}}}}{2}}\\&={\frac {2\pm 4{\sqrt {\frac {1}{3}}}}{2}}\\&=1\pm 2{\sqrt {\frac {1}{3}}}.\end{aligned}}$

Dies sind die ${}x$-Koordinaten der beiden Schnittpunkte.

Aufgabe (2 Punkte)

Ordne die folgenden Funktionen den Bildern zu (man schreibe ohne Begründung hinter den Funktionsausdruck den Buchstaben des zugehörigen Bildes; nur für vollständig richtige Antworten gibt es Punkte).

1. ${\frac {1}{3}}\sin \left({\frac {1}{2}}x+1\right)-1,$

2. ${\frac {1}{3}}\sin \left({\frac {1}{2}}x-1\right)-1,$

3. ${\frac {1}{2}}\sin \left({\frac {1}{3}}x+1\right)-1,$

4. ${\frac {1}{3}}\sin \left({\frac {1}{2}}x+1\right)+1,$

5. ${\frac {1}{3}}\sin \left(2x+1\right)-1,$

6. ${\frac {1}{3}}\sin \left({\frac {1}{2}}x+{\frac {\pi }{2}}\right)-1.$

• 
  a)
• 
  b)
• 
  c)

• 
  d)
• 
  e)
• 
  f)

Lösung

1. ${\frac {1}{3}}\sin \left({\frac {1}{2}}x+1\right)-1:\,b,$

2. ${\frac {1}{3}}\sin \left({\frac {1}{2}}x-1\right)-1:\,a,$

3. ${\frac {1}{2}}\sin \left({\frac {1}{3}}x+1\right)-1:\,d,$

4. ${\frac {1}{3}}\sin \left({\frac {1}{2}}x+1\right)+1:\,e,$

5. ${\frac {1}{3}}\sin \left(2x+1\right)-1:\,c,$

6. ${\frac {1}{3}}\sin \left({\frac {1}{2}}x+{\frac {\pi }{2}}\right)-1:\,f.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}a\in {\mathbb {C} }$ ${}a\neq 0$, und es sei

$f\colon {\mathbb {C} }\longrightarrow {\mathbb {C} },\,z\longmapsto f(z),$

eine differenzierbare Funktion mit der Eigenschaft, dass die Gleichheit ${}f(az)=f(z)$ für alle ${}z\in {\mathbb {C} }$ gelte. Zeige, dass die Ableitung die Beziehung ${}f'(az)=a^{-1}f'(z)$ erfüllt.

Lösung

Es sei ${}g(z):=f(az)$. Nach der Kettenregel ist ${}g'(z)=af'(az)$. Wegen ${}g(z)=f(z)$ gilt also ${}f'(z)=af'(az)$ und damit ${}f'(az)=a^{-1}f(z)$.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}I\subseteq \mathbb {R}$ ein offenes Intervall, ${}f\colon I\rightarrow \mathbb {R}$ eine dreimal stetig differenzierbare Funktion und ${}x\in I$ ein Punkt mit

${}f^{\prime \prime }(x)=0\,$

und

${}f^{\prime \prime \prime }(x)\neq 0\,.$

Zeige, dass ${}x$ ein Wendepunkt von ${}f$ ist.

Lösung

Es sei ${}f^{\prime \prime \prime }(x)>0$, der negative Fall wird genauso behandelt. Wegen der dreifachen stetigen Differenzierbarkeit ist ${}f^{\prime \prime \prime }$ stetig und somit gibt es ein ${}\epsilon >0$ derart, dass ${}f^{\prime \prime \prime }$ auf ganz ${}[x-\epsilon ,x+\epsilon ]$ positiv ist. Dann ist ${}f^{\prime \prime }$ nach Satz 19.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) streng wachsend und somit ist wegen ${}f^{\prime \prime }(x)=0$ die zweite Ableitung ${}f^{\prime \prime }$ auf ${}[x-\epsilon ,x[$ negativ und auf ${}]x,x+\epsilon ]$ positiv. Damit ist ${}f'$ auf ${}[x-\epsilon ,x[$ fallend und auf ${}]x,x+\epsilon ]$ wachsend und damit ist nach Satz 20.5 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ${}f$ auf ${}[x-\epsilon ,x[$ konkav und auf ${}]x,x+\epsilon ]$ konvex. Es liegt also ein Wendepunkt vor.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom der Ordnung ${}4$ zur Funktion

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

im Entwicklungspunkt ${}1$.

Lösung

Wegen

${}2^{x}=e^{x\ln 2}\,$

sind die Ableitungen gleich

${}f'(x)=\ln \left(2\right)\cdot 2^{x}\,,$

${}f''(x)=\ln \left(2\right)^{2}\cdot 2^{x}\,,$

${}f^{\prime \prime \prime }(x)=\ln \left(2\right)^{3}\cdot 2^{x}\,,$

${}f^{\prime \prime \prime \prime }(x)=\ln \left(2\right)^{4}\cdot 2^{x}\,.$

Daher ist das Taylorpolynom der Ordnung ${}4$ im Entwicklungspunkt ${}1$ gleich

$2+2\ln \left(2\right)(x-1)+\ln \left(2\right)^{3}(x-1)^{2}+{\frac {\ln \left(2\right)^{3}}{3}}(x-1)^{3}+{\frac {\ln \left(2\right)^{4}}{12}}(x-1)^{4}.$

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei ${}I=[a,b]$ ein kompaktes Intervall und es seien ${}f,g\colon I\rightarrow \mathbb {R}$ zwei Riemann-integrierbare Funktionen. Zeige, dass auch ${}{\max {\left(f,g\right)}}$ Riemann-integrierbar ist.

Lösung

Wir müssen zeigen, dass es zu jedem ${}\epsilon >0$ eine obere und eine untere Treppenfunktion gibt derart, dass die Differenz der beiden Treppenintegrale ${}\leq \epsilon$ ist. Es sei also ein ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Aufgrund der Riemann-Integrierbarkeit gibt es Treppenfunktionen

$s_{1}{\text{ und }}t_{1}{\text{ mit }}s_{1}\leq f\leq t_{1}{\text{ und mit }}\int _{a}^{b}(t_{1}-s_{1})(x)\,dx\leq \epsilon /2$

und

$s_{2}{\text{ und }}t_{2}{\text{ mit }}s_{2}\leq g\leq t_{2}{\text{ und mit }}\int _{a}^{b}(t_{2}-s_{2})(x)\,dx\leq \epsilon /2.$

Wir können annehmen, dass diesen Treppenfunktionen die gleiche Unterteilung zugrunde liegt. Es sei ${}\ell _{k}$, ${}k=1,\ldots ,n$ die Länge des ${}k$-ten Teilintervalls ${}I_{k}$ und es sei

${}\delta _{k}:=(t_{1}-s_{1}){|}_{I_{k}}+(t_{2}-s_{2}){|}_{I_{k}}\,.$

Dann gilt

${}{\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}\ell _{k}\delta _{k}&=\sum _{k=1}^{n}\ell _{k}{\left((t_{1}-s_{1}){|}_{I_{k}}+(t_{2}-s_{2}){|}_{I_{k}}\right)}\\&=\sum _{k=1}^{n}\ell _{k}(t_{1}-s_{1}){|}_{I_{k}}+\sum _{k=1}^{n}\ell _{k}(t_{2}-s_{2}){|}_{I_{k}}\\&\leq {\frac {\epsilon }{2}}+{\frac {\epsilon }{2}}\\&=\epsilon .\end{aligned}}$

Wir setzen

$s:={\max {\left(s_{1},s_{2}\right)}}\,\,{\text{ und }}\,\,t:={\max {\left(t_{1},t_{2}\right)}}.$

Dies ist offenbar eine untere bzw. obere Treppenfunktionen für ${}{\max {\left(f,g\right)}}$. Wir betrachten ein Teilintervall ${}I_{k}$ der gegebenen Unterteilung. Wenn dort

$s_{1}\leq s_{2}{\text{ und }}t_{1}\leq t_{2}$

gilt, so ist dort

${}t-s=t_{2}-s_{2}\leq \delta _{k}\,.$

Wenn dort

$s_{1}\leq s_{2}{\text{ und }}t_{2}\leq t_{1}$

gilt, so ist dort ebenfalls

${}t-s=t_{1}-s_{2}\leq t_{1}-s_{1}\leq \delta _{k}\,.$

 Dies gilt auch in den beiden anderen Fällen.

Damit ist die Differenz der Treppenintegrale ${}\leq \sum _{k=1}^{n}\ell _{k}\delta _{k}\leq \epsilon$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme eine Stammfunktion von

${\frac {5x^{3}+4x-3}{x^{2}+1}}$

mittels Partialbruchzerlegung.

Lösung

Da der Grad des Zählerpolynoms größer als der Grad des Nennerpolynoms ist, führen wir zuerst eine Polynomdivision durch. Diese ergibt

${}5x^{3}+4x-3=(x^{2}+1)(5x)-x-3\,$

und daher ist

${}{\frac {5x^{3}+4x-3}{x^{2}+1}}=5x-{\frac {x}{x^{2}+1}}-3{\frac {1}{x^{2}+1}}\,.$

Eine Stammfunktion ist also

${\frac {5}{2}}x^{2}-{\frac {1}{2}}\ln(x^{2}+1)-3\arctan x.$

Aufgabe (4 (1+2+1) Punkte)

a) Finde alle Lösungen der gewöhnlichen Differentialgleichung ($t\in \mathbb {R} _{+}$)

$y'={\frac {y}{t}}.$

b) Finde alle Lösungen der gewöhnlichen Differentialgleichung ($t\in \mathbb {R} _{+}$)

$y'={\frac {y}{t}}+t^{7}.$

c) Löse das Anfangswertproblem

$y'={\frac {y}{t}}+t^{7}{\text{ und }}y(1)=5.$

Lösung

a) Nach dem Lösungsansatz für homogene lineare Differentialgleichungen müssen wir zuerst eine Stammfunktion von ${}{\frac {1}{t}}$ bestimmen, eine solche ist ${}\ln t$. Die Exponentialfunktion davon ist ${}t$, so dass ${}y=ct$ (mit ${}c\in \mathbb {R}$) die Lösungen von

${}y'=y/t\,$

sind.

b) Eine Stammfunktion zu ${}{\frac {t^{7}}{t}}=t^{6}$ ist

${\frac {1}{7}}t^{7}.$

Damit ist

${}{\frac {1}{7}}t^{7}\cdot t={\frac {1}{7}}t^{8}\,$

eine Lösung der inhomogenen Differentialgleichung und somit sind

${\frac {1}{7}}t^{8}+ct,\,c\in \mathbb {R} ,$

alle Lösungen.

c) Wenn zusätzlich die Anfangsbedingung ${}y(1)=5$ erfüllt sein soll, so muss

${}{\frac {1}{7}}+c=5\,$

gelten, also

${}c=5-{\frac {1}{7}}={\frac {34}{7}}\,.$

Die Lösungs des Anfangsproblems ist also

${}y(t)={\frac {1}{7}}t^{8}+{\frac {34}{7}}t\,.$