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

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)

Lösung

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

heißt die Hintereinanderschaltung der Abbildungen ${}F$ und ${}G$ .
Ein Element ${}s\in K$ mit ${}x\geq s$ für alle ${}x\in M$ heißt untere Schranke für ${}M$ .
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.
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.
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.
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)

Lösung

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.
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.
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 \,,

sodass 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).

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

a)
b)
c)

d)
e)
f)

Lösung

${\frac {1}{3}}\sin \left({\frac {1}{2}}x+1\right)-1:\,b,$
${\frac {1}{3}}\sin \left({\frac {1}{2}}x-1\right)-1:\,a,$
${\frac {1}{2}}\sin \left({\frac {1}{3}}x+1\right)-1:\,d,$
${\frac {1}{3}}\sin \left({\frac {1}{2}}x+1\right)+1:\,e,$
${\frac {1}{3}}\sin \left(2x+1\right)-1:\,c,$
${\frac {1}{3}}\sin \left({\frac {1}{2}}x+{\frac {\pi }{2}}\right)-1:\,f.$

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 ${}t$ , sodass ${}y=ct$ (mit ${}c\in \mathbb {R}$ ) die Lösungen von