Kurs:Analysis/Teil I/54/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Ein archimedisch angeordneter Körper ${}K$.
2. Ein Häufungspunkt einer Folge in einem angeordneten Körper ${}K$.
3. Die punktweise Konvergenz einer Funktionenfolge

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

   wobei ${}T$ eine Menge ist.

4. Die Supremumsnorm einer Funktion

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

   auf einer Menge ${}T$.

5. Eine Cauchy-Familie ${}a_{i}$, ${}i\in I$, von komplexen Zahlen.
6. Die Ableitungsfunktion zu einer differenzierbaren Funktion

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

Lösung

1. Ein angeordneter Körper ${}K$ heißt archimedisch angeordnet, wenn es zu jedem ${}x\in K$ eine natürliche Zahl ${}n$ mit

   $n\geq x$

   gibt.
2. Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge in ${}K$. Ein Element ${}x\in K$ heißt Häufungspunkt der Folge, wenn es für jedes ${}\epsilon >0$ unendlich viele Folgenglieder ${}x_{n}$ mit ${}\vert {x_{n}-x}\vert \leq \epsilon$ gibt.
3. 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.

4. Man nennt

   ${}\Vert {f}\Vert :={\operatorname {sup} \,(\vert {f(x)}\vert {|}x\in T)}\,$

   die Supremumsnorm von ${}f$.

5. Die Familie heißt eine Cauchy-Familie, wenn es zu jedem ${}\epsilon >0$ eine endliche Teilmenge ${}E_{0}\subseteq I$ derart gibt, dass für jede endliche Teilmenge ${}D\subseteq I$ mit ${}E_{0}\cap D=\emptyset$ die Beziehung

   ${}\vert {a_{D}}\vert \leq \epsilon \,$

   gilt. Dabei ist ${}a_{D}=\sum _{i\in D}a_{i}$.

6. Die Ableitungsfunktion ist die Abbildung

   $f'\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f'(x),$

   die jedem Punkt ${}x\in \mathbb {R}$ die Ableitung von ${}f$ an der Stelle ${}x$ zuordnet.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Quotientenregel für konvergente Folgen.
2. Der Satz über die Grenzfunktion einer gleichmäßig konvergenten Funktionenfolge

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

   auf einer Teilmenge ${}T\subseteq {\mathbb {K} }$.
3. Die Taylor-Abschätzung.

Lösung

1. Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine konvergente Folge in einem angeordneten Körper mit dem Grenzwert ${}\lim _{n\rightarrow \infty }x_{n}=x\neq 0$ und mit ${}x_{n}\neq 0$ für alle ${}n\in \mathbb {N}$, Dann ist ${}{\left({\frac {1}{x_{n}}}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ ebenfalls konvergent mit

   ${}\lim _{n\rightarrow \infty }{\frac {1}{x_{n}}}={\frac {1}{x}}\,.$

2. Es sei ${}T\subseteq {\mathbb {K} }$ eine Teilmenge und es sei

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

   eine Folge von stetigen Funktionen, die gleichmäßig gegen die Funktion ${}f$ konvergiert. Dann ist ${}f$ stetig.
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 (3 (1+1+1) Punkte)

Wir betrachten die durch die Wertetabelle

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$
${}\varphi (x)$	${}4$	${}7$	${}4$	${}5$	${}1$	${}1$	${}2$

gegebene Abbildung

$\varphi \colon \{1,2,3,4,5,6,7\}\longrightarrow \{1,2,3,4,5,6,7\}.$

a) Bestimme das Bild von ${}\{1,2,3\}$ unter ${}\varphi$.

b) Bestimme das Urbild von ${}\{4,5,6,7\}$ unter ${}\varphi$.

c) Erstelle eine Wertetabelle für

${}\varphi ^{3}=\varphi \circ \varphi \circ \varphi \,.$

Lösung

a) Das Bild von ${}\{1,2,3\}$ ist ${}\{4,7\}$.

b) Das Urbild von ${}\{4,5,6,7\}$ ist ${}\{1,2,3,4\}$.

c)

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$
${}\varphi (x)$	${}1$	${}7$	${}1$	${}4$	${}5$	${}5$	${}2$

Aufgabe (6 (1+3+2) Punkte)

Eine ${}n$-Schokolade ist ein rechteckiges Raster, das durch ${}a-1$ Längsrillen und ${}b-1$ Querrillen in ${}n=a\cdot b$ (${}a,b\in \mathbb {N} _{+}$) mundgerechte kleinere Stücke eingeteilt ist. Ein Teilungsschritt an einer Schokolade ist das vollständige Durchtrennen einer Schokolade längs einer Längs- oder Querrille. Eine vollständige Aufteilung einer Schokolade ist eine Folge von Teilungsschritten (an der Ausgangsschokolade oder an einer zuvor erhaltenen Zwischenschokolade), deren Endprodukt aus den einzelnen Stücken besteht. Bei einer gegebenen vollständigen Aufteilung ${}A$ einer Schokolade kann man sich für jedes Stück ${}s$ fragen, wie oft es bei einem Teilungsschritt der Aufteilung beteiligt war. Diese Zahl nennen wir die Aufteilungstiefe von ${}s$. Die Summe aller Aufteilungstiefen zu allen Stücken nennen wir die Gesamtaufteilungstiefe der Aufteilung.

1. Es sei eine ${}4\times 4$-Schokolade gegeben. Zeige, dass es eine vollständig Aufteilung gibt, bei der jedes Stück die Aufspaltungstiefe ${}4$ besitzt.
2. Wir betrachten ein Eckstück einer ${}4\times 4$-Schokolade. Was ist seine minimale Aufteilungstiefe und was ist seine maximale Aufteilungstiefe?
3. Hängt für eine fixierte Schokolade die Gesamtaufteilungstiefe von der Aufteilung ab?

Lösung

1. Man halbiert zuerst in der Mitte, die beiden ${}2\times 4$-Schokoladen halbiert man so, dass jeweils ${}2\times 2$-Schokoladen entstehen, diese halbiert man wieder und die entstehenden ${}2\times 1$-Schokoladen halbiert man noch mal. Bei diesem Aufteilungsprozess ist jedes Stück an ${}4$ Teilungen beteiligt. Die Aufspaltungstiefe ist also ${}4$ für jedes Stück.
2. Die minimale Aufteilungstiefe eines Eckstückes ist ${}2$, diese erreicht man, indem man von der Gesamtschokolade eine Einerreihe mit der Ecke abtrennt und daraus dann die Ecke als Einzelstück abtrennt. Aufteilungstiefe ${}1$ ist sicher nicht möglich. Die maximale Aufteilungstiefe ist ${}6$. Größer kann sie nicht sein, da es nur drei Quer- und drei Längsrillen gibt und die Anzahl der Rillen auf den Teilschokoladen bei jedem Teilungsschritt um zumindest ${}1$ kleiner wird. Unter der Aufteilung, bei der man stets eine die Ecke nicht enthaltende Einerrandreihe abtrennt, besitzt die Ecke die Aufteilungstiefe ${}6$.
3. Die Gesamtaufteilungstiefe hängt von der Aufteilung ab. Betrachten wir eine ${}4\times 1$-Schokolade. Wenn man in der Mitte halbiert und dann noch die beiden Teilschokoladen albiert, so ist jedes Stück an zwei Teilungsvorgängen beteiligt, die Gesamtaufteilungstiefe ist also ${}8$. Wenn man hingegen jeweils ein Randstück abtrennt, so ist die Summe der Aufteilungstiefen gleich

   ${}1+2+3+3=9\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Wenn man die Gesamtgoldmenge der Welt auf alle Menschen aufteilt, so erhält jeder Mensch einen Goldwürfel, dessen Seitenlänge ${}1,085$ Zentimeter beträgt. Gold wiegt ${}19,3$ Gramm pro Kubikzentimeter. Der Wert von einem Kilogramm Gold beträgt ca. ${}50.000$ Euro im Jahr ${}2020$. Wie viel Euro besitzt jeder Mensch in Gold?

Lösung

Es ist

${}1,085^{3}=1,277\,,$

das ist die Goldmenge pro Person in Kubikzentimetern. In Gramm ist dies

${}1,277\cdot 19,3=24,646\,.$

Ein Gramm ist ${}50$ Euro wert, also besitzt jede Person

${}24,646\cdot 50=1232,3\,$

Euro in Gold.

Aufgabe (1 Punkt)

Berechne die Gaußklammer von ${}-{\frac {133}{33}}$.

Lösung

Es ist

$-4=-{\frac {132}{33}}$

und

$-5=-{\frac {165}{33}},$

daher ist

${}-5\leq -{\frac {133}{33}}<-4\,,$

also ist

${}\left\lfloor -{\frac {133}{33}}\right\rfloor =-5\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Beweise den Satz, dass der Limes einer konvergenten Folge in einem angeordneten Körper eindeutig bestimmt ist.

Lösung

 Nehmen wir an, dass es zwei verschiedene Grenzwerte ${}x,y$, ${}x\neq y$, gibt. Dann ist ${}d:=\vert {x-y}\vert >0$. Wir betrachten ${}\epsilon :=d/3>0$. Wegen der Konvergenz gegen ${}x$ gibt es ein ${}n_{0}$ mit

$\vert {x_{n}-x}\vert \leq \epsilon {\text{ für }}{\text{alle }}n\geq n_{0}$

und wegen der Konvergenz gegen ${}y$ gibt es ein ${}n_{0}'$ mit

$\vert {x_{n}-y}\vert \leq \epsilon {\text{ für }}{\text{alle }}n\geq n_{0}'.$

Beide Bedingungen gelten dann gleichermaßen für ${}n\geq \max\{n_{0},n_{0}'\}$. Es sei ${}n$ mindestens so groß wie dieses Maximum. Dann ergibt sich aufgrund der Dreiecksungleichung der Widerspruch

${}d=\vert {x-y}\vert \leq \vert {x-x_{n}}\vert +\vert {x_{n}-y}\vert \leq \epsilon +\epsilon =2d/3\,.$

Aufgabe (1 Punkt)

Drücke

${\sqrt[{2}]{5}}\cdot {\sqrt[{3}]{7}}$

mit einer einzigen Wurzel aus.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\sqrt[{2}]{5}}\cdot {\sqrt[{3}]{7}}&=5^{\frac {1}{2}}\cdot 7^{\frac {1}{3}}\\&={\left(5^{3}\right)}^{\frac {1}{6}}\cdot {\left(7^{2}\right)}^{\frac {1}{6}}\\&=125^{\frac {1}{6}}\cdot 49^{\frac {1}{6}}\\&=6125^{\frac {1}{6}}\\&={\sqrt[{6}]{6125}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (3 (1+2) Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K[X]$ der Polynomring über ${}K$. Zeige, dass der Grad folgende Eigenschaften erfüllt.

1. ${}\operatorname {grad} \,(P+Q)\leq \max\{\operatorname {grad} \,(P),\,\operatorname {grad} \,(Q)\}\,,$

2. ${}\operatorname {grad} \,(P\cdot Q)=\operatorname {grad} \,(P)+\operatorname {grad} \,(Q)\,.$

Lösung

Es seien

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

und

${}Q=b_{m}X^{m}+b_{m-1}X^{m-1}+\cdots +b_{2}X^{2}+b_{1}X+b_{0}\,$

mit ${}a_{n},b_{m}\neq 0$, also ${}n=\operatorname {grad} \,(P)$ und ${}m=\operatorname {grad} \,(Q)$. Bei ${}m\neq n$ ist ${}\operatorname {max} (m,n)$ der Grad der Summe, bei ${}m=n$ ist bei ${}a_{n}\neq -b_{n}$ dies auch der Grad des Summenpolynoms, im andern Fall wird der Grad kleiner (die Summe kann ${}0$ sein, dann ist die Aussage als erfüllt zu interpretieren). Wegen [[Körper/Integritätsbereich/Fakt|Satz . (Analysis (Osnabrück 2021-2023))]] ist ${}a_{n}b_{m}\neq 0$ und somit ist ${}a_{n}b_{m}X^{n+m}$ der Leitterm des Produktpolynoms ${}PQ$, dessen Grad somit gleich ${}n+m$ ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Man finde ein Polynom

$f=a+bX+cX^{2}$

mit ${}a,b,c\in \mathbb {R}$ derart, dass die folgenden Bedingungen erfüllt werden.

$f(-1)=4,\,f(1)=0,\,f(2)=-7.$

Lösung

Die Bedingungen führen auf das lineare Gleichungssystem

${}a-b+c=4\,,$

${}a+b+c=0\,,$

${}a+2b+4c=-7\,.$

${}I-II$ führt auf

${}b=-2\,$

und ${}I-III$ führt auf

${}-3b-3c=11\,,$

also

${}c=-{\frac {11}{3}}-b=-{\frac {11}{3}}+2=-{\frac {5}{3}}\,$

und somit

${}a=-b-c=2+{\frac {5}{3}}={\frac {11}{3}}\,.$

Das gesuchte Polynom ist also

${\frac {11}{3}}-2X-{\frac {5}{3}}X^{2}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Erläutere den Unterschied zwischen stetig und gleichmäßig stetig!

Lösung Gleichmäßig stetig/Erläutere/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise das Weierstraß-Kriterium für Funktionenfolgen.

Lösung

Sei ${}x\in T$. Wegen ${}\vert {g_{k}(x)}\vert \leq \Vert {g_{k}}\Vert$ ist aufgrund des Majorantenkriteriums die Reihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }g_{k}(x)$ absolut konvergent, und das bedeutet, dass die Funktionenreihe ${}\sum _{k=0}^{\infty }g_{k}$ punktweise absolut konvergiert.
Wir setzen ${}f_{n}(x):=\sum _{k=0}^{n}g_{k}(x)$ und

${}f(x)=\sum _{k=0}^{\infty }g_{k}(x)\,.$

Wir wollen zeigen, dass die Funktionenfolge ${}f_{n}$ gleichmäßig gegen ${}f$ konvergiert. Dazu sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Aufgrund des Cauchy-Kriteriums für Reihen gibt es ein ${}n_{0}$ mit

${}\sum _{k=n+1}^{\infty }\Vert {g_{k}}\Vert \leq \epsilon \,$

für alle ${}n\geq n_{0}$. Damit haben wir für ${}n\geq n_{0}$ und jedes ${}x\in T$ insgesamt die Abschätzung

${}\vert {f_{n}(x)-f(x)}\vert =\vert {\sum _{k=n+1}^{\infty }g_{k}(x)}\vert \leq \sum _{k=n+1}^{\infty }\vert {g_{k}(x)}\vert \leq \sum _{k=n+1}^{\infty }\Vert {g_{k}}\Vert \leq \epsilon \,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Zeige, dass die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=x^{2}+\sin x,$

genau zwei Nullstellen besitzt.

Lösung

Bei ${}x=0$ liegt eine Nullstelle vor. Auf ${}]0,\pi [$ sind beide Summanden positiv, und für ${}x\geq \pi$ ist ${}x^{2}\geq 9$, sodass, da ${}\sin x$ zwischen ${}{-1}$ und ${}1$ liegt, jenseits von ${}0$ keine Nullstelle liegen kann. Für ${}x<-1$ ist wiederum ${}x^{2}>1$, sodass unterhalb von ${}{-1}$ auch keine Nullstelle liegen kann. Für das Intervall ${}[-1,0]$ ziehen wir die Ableitung heran. Es ist

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

Beide Funktion sind in diesem Intervall streng wachsend, daher ist die Ableitung streng wachsend und besitzt auf ${}]{-1},0[$ höchstens eine Nullstelle. Es ist ${}f'(0)=1>0$, sodass im Nullpunkt kein lokales Extremum vorliegen kann. Daher muss die Funktion auf ${}]{-1},0[$ auch negative Werte annehmen. Wegen ${}f(-1)=1+\sin \left(-1\right)>0$ muss ${}f$ nach dem Zwischenwertsatz in ${}]{-1},0[$ mindestens eine weitere Nullstelle besitzen. Wenn es zwei Nullstellen ${}{-1}<c<d<0$ geben würde, so hätte nach dem Satz von Rolle die Ableitung sowohl auf ${}]c,d[$ als auch auf ${}]d,0[$ eine Nullstelle, was wir schon ausgeschlossen haben.

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

Es sei ${}f(x)={\frac {x}{x+1}}$ und ${}g(y)={\frac {y}{y+2}}$. Wir betrachten die Hintereinanderschaltung ${}h(x):=g(f(x))$.

1. Berechne ${}h$ (das Ergebnis muss als eine rationale Funktion vorliegen).
2. Berechne die Ableitung von ${}h$ mit Hilfe von Teil 1.
3. Berechne die Ableitung von ${}h$ mit Hilfe der Kettenregel.

Lösung

1. Es ist

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

2. Es ist

   ${}h'(x)={\frac {3x+2-3x}{(3x+2)^{2}}}={\frac {2}{(3x+2)^{2}}}={\frac {2}{9x^{2}+12x+4}}\,.$

3. Es ist

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

   und

   ${}g'(y)={\frac {y+2-y}{(y+2)^{2}}}={\frac {2}{(y+2)^{2}}}\,.$

   Die Ableitung von ${}h$ mit Hilfe der Kettenregel ist

   ${}{\begin{aligned}h'(x)&=g'(f(x))\cdot f'(x)\\&={\frac {2}{{\left({\frac {x}{x+1}}+2\right)}^{2}}}\cdot {\frac {1}{(x+1)^{2}}}\\&={\frac {2}{(x+2(x+1))^{2}}}\\&={\frac {2}{(3x+2)^{2}}}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

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

Wegen

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

ist diese Funktion auf dem offen Intervall ${}]-1,1[$ streng fallend und damit injektiv (mit dem Bildintervall ${}]-2,2[$). Dabei ist ${}f(0)=0$. Es sei

${}g(y)=\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}y^{k}\,$

die Umkehrfunktion, die wir als eine Potenzreihe ansetzen. Bestimme aus der Bedingung

${}(g(f(x))=x\,$

die Koeffizienten ${}b_{0},b_{1},b_{2},b_{3},b_{4}$.

Lösung

Mit

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

und

${}g(y)=\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}y^{k}\,$

wird die Bedingung

${}g(f(x))=x\,$

ausgeschrieben zu

${}{\begin{aligned}\sum _{k=0}^{\infty }b_{k}(-3x+x^{3})^{k}&=b_{0}+b_{1}(-3x+x^{3})+b_{2}(-3x+x^{3})^{2}+b_{3}(-3x+x^{3})^{3}+b_{4}(-3x+x^{3})^{4}+\ldots \\&=x.\end{aligned}}$

Daraus können die ${}b_{k}$ sukzessive durch Koeffizientenvergleich bestimmt werden, da in der unendlichen Summe nur endlich viele Terme die Koeffizienten bestimmen. Zunächst ergibt sich

${}b_{0}=0\,.$

Aus (Koeffizient vor ${}x$)

${}-3b_{1}=1\,$

ergibt sich

${}b_{1}=-{\frac {1}{3}}\,.$

Aus (Koeffizient vor ${}x^{2}$)

${}9b_{2}=0\,$

ergibt sich

${}b_{2}=0\,.$

Aus (Koeffizient vor ${}x^{3}$)

${}b_{1}-27b_{3}=0\,$

ergibt sich

${}b_{3}={\frac {1}{81}}\,.$

Aus (Koeffizient vor ${}x^{4}$)

${}-6b_{2}+81b_{4}=0\,$

ergibt sich

${}b_{4}=0\,.$

Aufgabe (8 Punkte)

Es sei ${}f\colon [a,b]\rightarrow \mathbb {R}$ eine stetige Funktion. Wir setzen

${}x_{n}=\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {b-a}{n}}\cdot f{\left(a+k{\frac {b-a}{n}}\right)}\,.$

Zeige, dass die Folge ${}x_{n}$ gegen ${}\int _{a}^{b}f(t)dt$ konveriert.

Lösung

Zu ${}n\in \mathbb {N}$ sei

${}y_{n}=\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {b-a}{n}}\cdot s_{k}\,,$

wobei ${}s_{k}$ das Minimum von ${}f$ auf dem Teilintervall ${}[a+k{\frac {b-a}{n}},a+(k+1){\frac {b-a}{n}}]$ sei. D.h., dass ${}y_{n}$ das Treppenintegral zur maximalen unteren Treppenfunktion bezüglich der äquidistanten Unterteilung in ${}n$ Teilintervalle ist. Die Folge ${}y_{n}$ konvergiert gegen das bestimmte Integral (vergleiche Aufgabe *****). Wir zeigen, dass ${}x_{n}-y_{n}$ gegen ${}0$ konvergiert, sodass ${}x_{n}$ ebenfalls gegen das bestimmte Integral konvergiert.

Sei ${}\epsilon >0$ vorgegeben. Nach Lemma 14.2 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ist ${}f$ gleichmäßig stetig. Das bedeutet, dass es zu

${}\epsilon '={\frac {\epsilon }{b-a}}\,$

ein ${}\delta >0$ derart gibt, dass aus

${}\vert {t-t'}\vert \leq \delta \,$

die Abschätzung

${}\vert {f(t)-f(t')}\vert \leq \epsilon '\,$

folgt. Es sei nun ${}n$ derart, dass

${}{\frac {b-a}{n}}\leq \delta \,$

ist. Die Länge der Teilintervalle ${}[a+k{\frac {b-a}{n}},a+(k+1){\frac {b-a}{n}}]$ ist somit ${}\leq \delta$. Dies bedeutet, dass

${}\vert {f{\left(a+k{\frac {b-a}{n}}\right)}-s_{k}}\vert \leq \epsilon '\,.$

Daher ist

${}{\begin{aligned}\vert {x_{n}-y_{n}}\vert &\leq \vert {\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {b-a}{n}}\cdot f{\left(a+k{\frac {b-a}{n}}\right)}-\sum _{k=0}^{n-1}{\frac {b-a}{n}}\cdot s_{k}}\vert \\&={\frac {b-a}{n}}\cdot \vert {\sum _{k=0}^{n-1}f{\left(a+k{\frac {b-a}{n}}\right)}-\sum _{k=0}^{n-1}s_{k}}\vert \\&={\frac {b-a}{n}}\cdot \vert {\sum _{k=0}^{n-1}{\left(f{\left(a+k{\frac {b-a}{n}}\right)}-s_{k}\right)}}\vert \\&\leq {\frac {b-a}{n}}\cdot \sum _{k=0}^{n-1}\vert {f{\left(a+k{\frac {b-a}{n}}\right)}-s_{k}}\vert \\&\leq {\frac {b-a}{n}}\cdot n\cdot \epsilon '\\&=\epsilon .\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme sämtliche Lösungen der Differentialgleichung

${}y'=\vert {y}\vert \,.$

Lösung

Es handelt sich um eine zeitunabhängige Differentialgleichung mit

${}h(u)=\vert {u}\vert \,.$

Die Nullstelle ${}u=0$ führt zur konstanten Lösung ${}y(t)=0$. Auf ${}\mathbb {R} _{+}$ ist ${}h$ stets positiv und es liegt die Differentialgleichung ${}y'=y$ auf ${}\mathbb {R} _{+}$ mit den Lösungen

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

mit ${}c\in \mathbb {R} _{+}$ vor (die Lösungen müssen im Definitionsbereich der Differentialgleichung landen). Auf ${}\mathbb {R} _{-}$ ist ${}h$ stets negativ und es liegt die Differentialgleichung ${}y'=-y$ auf ${}\mathbb {R} _{-}$ mit den Lösungen

${}y(t)=ce^{-t}\,$

mit ${}c\in \mathbb {R} _{-}$ vor.